Đáp án D

Phương pháp giải:

Hỗn hợp khí có thể tồn tại cùng nhau là hỗn hợp khí đó không phản ứng với nhau.

Giải chi tiết:

Hỗn hợp khí O₂ và Cl₂ có thể tồn tại cùng nhau do hai khí không phản ứng với nhau.

PTHH:

A) H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O → 8HCl + H₂SO₄.

B) NH₃ + HCl → NH₄

C) 2HI + Cl₂ → 2HCl + I₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime (tơ).

Giải chi tiết:

Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của amin.

Giải chi tiết:

PTHH: 2CH₃NH₂ + H₂SO₄ → (CH₃NH₃)₂SO₄.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết tổng quát về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Fructozơ có công thức phân tử C₆H₁₂O₆ (cùng công thức phân tử với glucozơ) nên có cùng phân tử khối với glucozơ.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về dãy điện hóa.

Giải chi tiết:

Kim loại Ag có tính khử yếu hơn Cu nên không phản ứng được với dung dịch CuSO₄.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào thành phần chính của quặng boxit là Al₂O₃.2H₂O.

Giải chi tiết:

Thành phần chính của quặng boxit là Al₂O₃.2H₂O.

Kim loại nhôm được điều chế từ quặng boxit.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về cấu trúc phân tử của các hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

Propin có công thức cấu tạo: CH ≡ C – CH₃ có một liên kết ba trong phân tử.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Để điều chế kim loại canxi, điện phân nóng chảy muối canxi clorua.

Giải chi tiết:

PTHH: CaCl₂ $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ Ca + Cl₂

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về một số polime dùng làm chất dẻo.

Giải chi tiết:

Poli(phenol-fomanđehit) được dùng để chế tạo chất dẻo.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Este có dạng RCOOC₂H₅ khi tác dụng với dung dịch NaOH thu được etanol (C₂H₅OH)_.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH (etanol).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các bể đựng nước vôi (Ca(OH)₂) lâu ngày: nước vôi phản ứng với CO₂ trong không khí tạo ra một lớp màng cứng CaCO₃ rất mỏng trên bề mặt, chạm nhẹ tay vào đó, lớp màng sẽ vỡ ra.

Giải chi tiết:

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

⟹ Thành phần chính của lớp màng cứng là CaCO₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về các hợp chất kiềm quan trọng.

Giải chi tiết:

NaCl được gọi là muối ăn.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất rắn thu được sau phản ứng chứa Al dư phản ứng với dung dịch HCl tạo khí H₂.

Dựa vào phương trình hóa học của 2 phản ứng (Al + O₂ và Al + HCl) ⟹ n_Al ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_O2 = n_H2 = 6,72/22,4 = 0,3 (mol)

PTHH: 4Al + 3O₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 2Al₂O₃

Theo PTHH ⟹ n_Al(pứ) = 4n_O2/3 = 0,4 (mol).

Chất rắn thu được sau phản ứng gồm Al (dư) và Al₂O₃.

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ ↑

Theo PTHH ⟹ n_Al = 2n_H2/3 = 2.0,3/3 = 0,2 (mol).

⟹ Σn_Al = 0,4 + 0,2 = 0,6 (mol) ⟹ m = 0,6.27 = 16,2 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức của X là RCOOR’

PTHH: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

Dựa vào PTHH; số mol của X và NaOH ⟹ thành phần chất rắn trong Y ⟹ m_Y ⟹ M_R ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

n_X = 2,2/88 = 0,025 (mol) ; n_NaOH = (20.8%)/(40.100%) = 0,04 (mol)

PTHH: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

Nhận thấy n_NaOH > n_X ⟹ X phản ứng hết; NaOH còn dư trong Y.

Theo PTHH ⟹ n_NaOH(pứ) = n_RCOONa = n_X = 0,025 (mol)

⟹ Chất rắn thu được sau cô cạn Y gồm NaOH (dư) 0,015 mol và RCOONa 0,025 (mol)

⟹ m_Y = 0,015.40 + 0,025.(M_R + 67) = 3 ⟹ M_R = 29 (-C₂H₅).

Vậy công thức cấu tạo của X là CH₃CH₂COOCH₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của A là C_nH_2n (n ≥ 2).

Dựa vào PTHH ⟹ n_A ⟹ M_A ⟹ n.

Hiđrat hóa A chỉ thu được một ancol duy nhất ⟹ A có cấu tạo mạch đối xứng ⟹ CTCT và tên gọi của A.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của A là C_nH_2n (n ≥ 2).

PTHH: C_nH_2n + Br₂ → C_nH_2nBr₂

Theo PTHH ⟹ n_A = n_Br2 = 8/160 = 0,05 (mol)

⟹ M_A = 14n = 2,8/0,05 = 56 ⟹ n = 4 (C₄H₈).

Hiđrat hóa A chỉ thu được một ancol duy nhất ⟹ A có cấu tạo mạch đối xứng

⟹ CTCT của A là CH₃ – CH = CH – CH₃ (but-2-en).

Đáp án C

Phương pháp giải:

T là hợp chất tạp chứa chứa 1 chức –COO và 1 chức –OH được tạo bởi một ancol no, 2 chức mạch hở và một axit no, đơn chức, mạch hở.

Giải chi tiết:

T là hợp chất tạp chứa chứa 1 chức –COO và 1 chức –OH được tạo bởi một ancol no, 2 chức mạch hở và một axit no, đơn chức, mạch hở.

T có dạng RCOO – R’ – OH (C_nH_2nO₃). (Với –R và –R’ là gốc hiđrocacbon no).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. Xác định thành phần các chất trong X và Y.

Giải chi tiết:

* Dung dịch A gồm Al₂(SO₄)₃, FeSO₄, ZnSO₄, CuSO₄.

PTHH:

Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄ ↓ + Cu(OH)₂ ↓

Ba(OH)₂ + FeSO₄ → BaSO₄ ↓ + Fe(OH)₂ ↓

Ba(OH)₂ + ZnSO₄ → BaSO₄ ↓ + Zn(OH)₂ ↓

Ba(OH)₂ + Zn(OH)₂ → BaZnO₂ + 2H₂O

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ ↓ + 2Al(OH)₃ ↓

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

⟹ Kết tủa thu được sau phản ứng gồm BaSO₄ ; Cu(OH)₂ và Fe(OH)₂.

* Nung kết tủa trong không khí tới khối lượng không đổi

Cu(OH)₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ CuO + H₂O

4Fe(OH)₂ + O₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$2Fe₂O₃ + 4H₂O

⟹ Chất rắn X gồm BaSO₄ ; CuO và Fe₂O₃.

* Dẫn luồng khí CO vào

CuO + CO $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Cu + CO₂ ↑

Fe₂O₃ + 3CO $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 2Fe + 3CO₂ ↑

⟹ Chất rắn Y gồm BaSO₄ ; Cu và Fe.

Đáp án A

Phương pháp giải:

* Phần 1: Chỉ có glucozơ trong X phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃ dư tạo Ag.

* Phần 2: Dựa vào số mol Ag ⟹ số mol tinh bột ⟹ khối lượng tinh bột.

Giải chi tiết:

* Phần 1: Glucozơ phản ứng với AgNO₃/NH₂ → 2Ag

Ta có n_Glucozơ = n_Ag/2 = 0,03/2 = 0,015 (mol).

* Phần 2: X gồm glucozơ 0,015 (mol) và tinh bột.

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

         x               →                nx (mol)

⟹ Σn_Glucozơ = 0,015 + nx (mol)

Glucozơ phản ứng với AgNO₃/NH₂ → 2Ag

⟹ n_Ag = 2n_glucozơ = 2.(0,015 + nx) = 0,09 ⟹ x = 0,06/n (mol)

Vậy m_{tinh bột} = 162n.0,06/n = 9,72 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Gọi công thức của X là HOOC – R – NH₂.

BTKL ⟹ m_HCl ⟹ n_HCl.

Dựa vào PTHH ⟹ n_X ⟹ M_R ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

Gọi công thức của X là HOOC – R – NH₂.

PTHH: HOOC – R – NH₂ + HCl → HOOC – R – NH₃Cl

BTKL ⟹ m_HCl = m_muối – m_X = 2,92 (gam) ⟹ n_HCl = 0,08 (mol).

Theo PTHH ⟹ n_X = n_HCl = 0,08 (mol)

⟹ M_X = 45 + M_R + 16 = 8,24/0,08 = 103 ⟹ M_R = 42 (-C₃H₆).

CTCT của α-amino axit X là H₂NCH(C₂H₅)COOH.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

2H⁺ + NO₃^- + 1e → NO₂ + H₂O

⟹ n_NO3^-_(muối) = n_HNO3 – n_NO3^-_(spk) = n_H⁺ – n_NO – n_NO2 = 3n_NO + n_NO2.

⟹ m_muối = m_KL + m_NO3^-_(muối).

Giải chi tiết:

Dựa vào các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

2H⁺ + NO₃^- + 1e → NO₂ + H₂O

⟹ n_NO3^-_(muối) = n_HNO3 – n_NO3^-_(spk) = n_H⁺ – n_NO – n_NO2 = 3n_NO + n_NO2 = 0,07 (mol).

⟹ m_muối = m_KL + m_NO3^-_(muối) = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cặp chất có thể cùng tồn tại trong dung dịch chứa các hợp chất không phản ứng với nhau.

Giải chi tiết:

Cặp chất NaAlO₂ và KOH có thể cùng tồn tại trong dung dịch vì không xảy ra phản ứng hóa học.

A) HNO₃ + NaHCO₃ → NaNO₃ + CO₂ ↑ + H₂O

B) NaCl + AgNO₃ → AgCl ↓ + NaNO₃

C) 2AlCl₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 6NaCl + 3CO₂ ↑

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về cách làm mềm nước cứng.

Giải chi tiết:

Chất có thể làm mềm cả nước có tính cứng tạm thời và nước có tính cứng vĩnh cửu là Na₂CO₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

Các chất tác dụng với H₂ (Ni, t^o) là stiren, ancol anlylic, metyl acrylat, axit acrylic, axit metacrylic, vinyl axetat.

C₆H₅ – CH = CH₂ + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ C₆H₅ – CH₂ – CH₃

CH₂ = CH – CH₂ – OH + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH

CH₂ = CH – COO – CH₃ + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₃ – CH₂ – COO – CH₃

CH₂ = CH – COOH + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₃ – CH₂ – COOH

CH₂ = C(CH₃) – COOH + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₃ – C(CH₃) – COOH

CH₃ – COO – CH = CH₂ + H₂ $\stackrel{\mathrm{Ni}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₃ – COO – CH₂ – CH₃

⟹ Có tất cả 6 chất.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về phản ứng xà phòng hóa (mỡ và dung dịch NaOH).

Giải chi tiết:

(a) sai vì kết thúc bước 1 thấy trong bát sứ dung dịch phân lớp.

(b) sai vì kết thúc bước 2 trong bát sứ tạo ra dung dịch trong suốt.

(c) đúng.

(d) sai vì sau bước 3 trong bát sứ hỗn hợp tách thành 2 lớp: phía trên là chất rắn màu trắng, phía dưới là chất lỏng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về chương 3: amin – amino axit (Hóa 12).

Giải chi tiết:

A sai vì phân tử Gly-Ala có M = 146.

B sai vì ở điều kiện thường, các amino axit là chất rắn.

C đúng vì Lysin có công thức phân tử là C₆H₁₄N₂O₂.

D sai vì anilin tác dụng với nước brom tạo kết tủa.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về chương 5,6 (Hóa 12).

Giải chi tiết:

A sai vì CO chỉ khử được oxit kim loại sau nhôm (dãy điện hóa).

B đúng vì kẽm có tính khử mạnh hơn sắt (thép) nên bị ăn mòn trước.

C đúng vì CO₃^2- là gốc của axit yếu H₂CO₃.

D đúng.

PTHH:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂ ↑

Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄ ↓ + Cu(OH)₂ ↓

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giả sử X là Gly-Ala-Gly.

PTHH: X + 3KOH → muối + H₂O

Dựa vào PTHH ⟹ n_H2O ⟹ m (BTKL).

Giải chi tiết:

Giả sử X là Gly-Ala-Gly.

n_X = 4,06/203 = 0,02 (mol) ; n_KOH = 0,1 (mol)

PTHH: X + 3KOH → muối + H₂O

Nhận thấy X phản ứng hết và KOH còn dư

Theo PTHH ⟹ n_H2O = n_X = 0,02 (mol)

BTKL ⟹ m_X + m_KOH = m_c/rắn + m_H2O

Vậy m = m_c/rắn = 4,06 + 0,1.56 – 0,02.18 = 9,3 (g).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tỉ khối hơi của X ⟹ M_X = 100.

⟹ Este X chỉ có thể đơn chức và có thể có dạng RCOOCH = CH₂ ⟹ M_R = 29 (-C₂H₅)

Vậy X có công thức phân tử là C₅H₈O₂ ⟹ CTCT có thể có của X.

Giải chi tiết:

Dựa vào tỉ khối hơi của X ⟹ M_X = 100.

⟹ Este X chỉ có thể đơn chức và có thể có dạng RCOOCH = CH₂ ⟹ M_R = 29 (-C₂H₅)

Vậy X có công thức phân tử là C₅H₈O₂

Các công thức cấu tạo phù hợp của X là

HCOOCH = CH– CH₂ – CH₃

HCOOCH = C(CH₃) – CH₃

CH₃COOCH = CH – CH₃

C₂H₅COOCH = CH₂

Đáp án C

Phương pháp giải:

X(6O) + O₂ → CO₂ + H₂O

- Sử dụng bảo toàn khối lượng

- Với k là số liên kết π trong X, sử dụng công thức:

+ n_CO2 – n_H2O = (k – 1)n_X

+ X có chứa k liên kết π trong đó có 3 liên kết π trong –COO ⟹ n_Br2 = (k – 3)n_X

Giải chi tiết:

Đặt số liên kết pi trong toàn phân tử X là k, số mol X là a (mol), số mol CO₂ là b (mol).

+ n_CO2 - n_H2O = (k-1).a ⟹ b - 1,53 = (k-1).a (1)

+ n_Br2 = (k – 3).a = 0,06 (2)

+ BTKL: m_X = m_C + m_H + m_O ⟹ 12b + 2.1,53 + 16.6a = 25,74 (3)

Từ (1), (2) và (3) ⟹ a = 0,03; b = 1,65; k = 5

- Xét phản ứng thủy phân:

n_Glixerol = n_X = 0,03 mol; n_NaOH = 3n_X = 0,09 mol.

BTKL ⟹ m_X + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol ⟹ 25,74 + 0,09.40 = m + 0,03.92 ⟹ m = 26,58 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào  kiến thức tổng hợp về chương 5: Đại cương kim loại (Hóa 12).

Giải chi tiết:

(a) đúng.

(b) sai vì CO không phản ứng với Al₂O₃ mà chỉ phản ứng với CuO tạo Cu.

(c) đúng.

(d) đúng.

(e) đúng.

PTHH: Ag⁺ + Fe²⁺ → Ag ↓ + Fe³⁺

          Ag⁺ + Cl^- → AgCl ↓

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ phương trình (1)

+) Ta có n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na (theo x, y)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ phương trình (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ phương trình (3)

Giải hệ được x; y; z ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

n_H2 = $\frac{2,688}{22,4}$ = 0,12 mol.

Chất rắn là Al dư ⟹ n_{Al dư} = $\frac{0,81}{27}$ = 0,03 mol.

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ z = 9x (1)

+) n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na = 2x + y (mol)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ 2x + y = z - 0,03 (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ 2x + y + 3.(z - 0,03) = 2.0,12 (3)

Giải hệ (1)(2)(3) được: x = 0,01; y = 0,04; z = 0,09.

⟹ m = 0,01.137 + 0,04.23 + 0,09.27 = 4,72 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp các chương: Ancol - Phenol; Anđehit - Axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

(a) đúng, ví dụ thể hiện tính khử khi tác dụng với AgNO₃/NH₃; thể hiện tính oxi hóa khi phản ứng với H₂.

(b) sai, phenol tham gia phản ứng thế brom dễ dàng hơn benzen do có sự ảnh hưởng của nhóm OH lên vòng benzen.

(c) đúng.

(d) sai, vì O trog gốc phenol của natri phenolat có đôi e của O bị Na⁺ chiếm mất nên natri phenolat không còn khả năng thế Br₂ dễ dàng nữa (do nhóm ONa không còn là nhóm thế đẩy electron nữa).

(e) sai, phenol không làm đổi màu quỳ tím.

(f) đúng, do muối C₆H₅NH₃Cl có MT axit.

⟹ Các phát biểu sai là (b), (d), (e).

Đáp án B

Phương pháp giải:

- So sánh thấy $1<\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}}{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}<2$ ⟹ Tạo CO₃^2- (a mol) và HCO₃^- (b mol)

- Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}\\ 2\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}\end{array}\right.$

- Xét phản ứng giữa Ba²⁺ và CO₃^2- ⟹ Thành phần của dung dịch sau khi loại bỏ kết tủa.

- Tính khối lượng chất rắn khan sau khi cô cạn và nung tới khối lượng không đổi.

Giải chi tiết:

$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,25\left(\mathrm{mol}\right)\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}+2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}=0,4\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.$

Ta thấy $1<\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}}{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}=\frac{0,4}{0,25}=1,6<2$ ⟹ Tạo CO₃^2- (a mol) và HCO₃^- (b mol)

Ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,25\\ 2\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=0,4\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,15\\ \mathrm{b}=0,1\end{array}\right.\right.$

Ta thấy 0,15 mol Ba²⁺ và 0,15 mol CO₃^2- phản ứng vừa đủ với nhau

⟹ Sau khi loại bỏ kết tủa dung dịch thu được chỉ chứa 0,1 mol NaHCO₃.

2NaHCO₃ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Na₂CO₃ + H₂O + CO₂

     0,1 →                  0,05  (mol)

⟹ m_{chất rắn khan} = m_Na2CO3 = 0,05.106 = 5,3 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn

TN₁: Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu ↓

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Cu

TN₂: Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag ↓

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Ag

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ mối liên hệ giữa a và b.

Cách 2: Tăng giảm khối lượng

Giải chi tiết:

Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn

TN₁: Fe   +    Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu ↓

        0,1a ← 0,1a →              0,1a       (mol)

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Cu = m - 0,1a.56 + 0,1a.64 = m + 0,8a (g)

TN₂: Fe    +   2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag ↓

       0,05b ← 0,1b →              0,1b     (mol)

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Ag = m - 0,05b.56 + 0,1b.108 = m + 8b (g)

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ m + 0,8a = m + 8b ⟹ a = 10b.

Cách 2: Tăng giảm khối lượng

            Fe        →      Cu

(PT)      1                    1    (mol)       ⟹ m_tăng = 64 - 56 = 8 (g)

(ĐB)                         0,1a  (mol)      ⟹ m_tăng = 0,8a (g)

             Fe        →     2Ag

(PT)       1                    2    (mol)      ⟹ m_tăng = 2.108 - 56 = 160 gam

(ĐB)                          0,1b (mol)      ⟹ m_tăng = 8b (g)

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau

⟹ 0,8a = 8b ⟹ a = 10b.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Đốt E:

Sơ đồ: E + O₂ → CO₂ + H₂O

+) BTKL: m_E = m_CO2 + m_H2O - m_O2

+) BTNT O: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2

⟹ n_E = ½.n_O(E) (do các este đều đơn chức chứa 2O).

⟹ M_E ⟹ CTPT.

- Khi E + NaOH:

Ta thấy 1 < n_NaOH : n_E < 2 ⟹ E chứa 1 este thường A và 1 este của phenol B

Tính số mol A và B dựa vào số mol hỗn hợp E và số mol NaOH phản ứng.

Ta có: n_ancol = n_A; n_{H2O sinh ra} = n_B.

Sơ đồ: $\underset{20,4\left(\mathrm{g}\right)}{\mathrm{E}}+\underset{0,2\left(\mathrm{mol}\right)}{\mathrm{NaOH}}\to \underset{16,7\left(\mathrm{g}\right)}{\mathrm{Muoi}}+\mathrm{Ancol}+\underset{0,05\left(\mathrm{mol}\right)}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$

BTKL: m_ancol = m_E + m_NaOH - m_muối - m_H2O ⟹ M_ancol ⟹ CTCT của ancol.

Dựa vào dữ kiện sản phẩm sau phản ứng chứa 3 muối suy ra CTCT của các este thỏa mãn.

Suy ra thành phần muối của axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

- Đốt E: $\mathrm{E}+{\mathrm{O}}_2:1,35\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }{\mathrm{CO}}_2:1,2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}:0,6$

+) BTKL: m_E = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 20,4 (g)

+) BTNT O: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 0,3 mol

⟹ n_E = ½.n_O(E) = 0,15 mol (do các este đều đơn chức chứa 2O).

⟹ M_E =  = 136 ⟹ CTPT là C₈H₈O₂.

- Khi E + NaOH:

Ta thấy $1<\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}}=\frac{0,2}{0,15}=1,33<2$ ⟹ E chứa 1 este thường A (a mol) và 1 este của phenol B (b mol)

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}=0,15\\ \mathrm{a}+2={\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,2\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,1\\ \mathrm{b}=0,05\end{array}\right.\right.$

Ta có:

n_ancol = n_A = 0,1 mol

n_{H2O sinh ra} = n_B = 0,05 mol

Sơ đồ: $\underset{20,4\left(\mathrm{g}\right)}{\mathrm{E}}+\underset{0,2\left(\mathrm{mol}\right)}{\mathrm{NaOH}}\to \underset{16,7\left(\mathrm{g}\right)}{\mathrm{Muoi}}+\mathrm{Ancol}+\underset{0,05\left(\mathrm{mol}\right)}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$

BTKL: m_ancol = m_E + m_NaOH - m_muối - m_H2O = 10,8 gam

⟹ M_ancol = 10,8/0,1 = 108 ⟹ Ancol là C₆H₅CH₂OH.

Sản phẩm sau phản ứng chứa 3 muối suy ra CTCT của các este là:

            A: HCOOCH₂C₆H₅ (0,1 mol)

            B: CH₃COOC₆H₅ (0,05 mol)

⟹ Muối của axit cacboxylic gồm 0,1 mol HCOONa và 0,05 mol CH₃COONa.

⟹ m_{muối của axit cacboxylic} = 10,9 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có: n_O2 + n_Cl2 = 0,25 và 32.n_O2 + 71.n_Cl2 = 32,5 - 19,04

⟹ n_O2 = 0,11 và n_Cl2 = 0,14 (mol).

$19,04\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Mg}: \mathrm{x}\\ \mathrm{Fe}: \mathrm{y}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{O}}_2: 0,11\\ {\mathrm{Cl}}_2: 0,14\end{array}\to \mathrm{X}\stackrel{+\mathrm{HCl}:\hspace{0.17em}0,8}{\to }\right.\mathrm{dd} \mathrm{Y}+{\mathrm{H}}_2:\mathrm{a}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{+\mathrm{NaOH} \mathrm{du}}{\to }\mathrm{Ket} \mathrm{tua}\stackrel{\mathrm{Nung}, \mathrm{kk}}{\to }28\mathrm{g}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{MgO}: \mathrm{x}\\ {\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3: 0,5\mathrm{y}\end{array}\right.\\ \stackrel{+{\mathrm{AgNO}}_3}{\to }162,54\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{AgCl}\\ \mathrm{Ag}\end{array}+\mathrm{NO}\right.\end{array}\right.\right.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}24\mathrm{x}+56\mathrm{y}=19,04\\ 40\mathrm{x}+160.0,5\mathrm{y}=28\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,14\\ \mathrm{y}=0,28\end{array}\right.\right.$

BTNT Cl ⟹ n_AgCl = 2n_Cl2 + n_HCl = 2.0,14 + 0,8 = 1,08 mol

⟹ n_Ag = (162,54 - 1,08.143,5)/108 = 0,07 mol

- Công thức tính nhanh:

n_H⁺ = 2n_O(X) + 2n_H2 + 4n_NO

⟹ 0,8 = 2.0,22 + 2a + 4n_NO

⟹ n_NO = 0,09 - 0,5a (mol)

- Áp dụng bảo toàn e cho cả quá trình:

2n_Mg + 3n_Fe = 4n_O2 + 2n_Cl2 + 2n_H2 + n_Ag + 3n_NO

⟹ 2.0,14 + 3.0,28 = 4.0,11 + 2.0,14 + 2a + 0,07 + 3.(0,09 - 0,5a)

⟹ a = 0,12.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt ancol là R(OH)_n (0,26/n mol)

⟹ m _tăng = (R + 16n).0,26/n = 8,1

⟹ R = 197n/13

Do 1 < n < 2 ⟹ 15,2 < R < 30,4

⟹ Hai ancol là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

Dựa vào các dữ kiện tiếp theo xác định các muối ⟹ các este.

Giải chi tiết:

n_Na2CO3 = 0,13 → n_NaOH = 0,26

Đặt ancol là R(OH)_n (0,26/n mol)

⟹ m _tăng = (R + 16n).0,26/n = 8,1

⟹ R = 197n/13

Do 1 < n < 2 ⟹ 15,2 < R < 30,4

⟹ Hai ancol là C₂H₅OH (u) và C₂H₄(OH)₂ (v)

⟹ u + 2v = 0,26 và 45u + 60v = 8,1

⟹ u = 0,02 và v = 0,12

Bảo toàn khối lượng:

m_E + m_NaOH = m _muối + m _ancol

⟹ m _muối = 21,32 gam

Trong muối có n_Na = 0,26 → n_O = 0,52

n_H2O = 0,39 ⟹ n_H = 0,78

⟹ n_C = 0,52

⟹ n_CO2 = n_C - n_Na2CO3 = 0,39

Vì n_CO2 = n_H2O ⟹ Các muối no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n _muối = n_NaOH = 0,26 ⟹ Số C = 0,52/0,26 = 2

Do 2 muối có số mol bằng nhau ⟹ HCOONa và C₂H₅COONa

Vậy các este gồm:

            HCOOC₂H₅ (0,01 mol)

            C₂H₅COOC₂H₅ (0,01 mol)

            Z: HCOOCH₂CH₂OOCC₂H₅ (0,12 mol)

⟹ %m_Z = 90,87%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sau phản ứng thu được ancol, 3 muối (trong đó có muối của alanin và muối của một axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở) ⟹ CTCT của Z là HCOONH₃CH₂COOCH₃.

$0,2\left(\mathrm{mol}\right)\mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}: \mathrm{x}\\ \mathrm{Y}: \mathrm{y}\\ \mathrm{Z}: {\mathrm{HCOONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOCH}}_3: 0,09\end{array}+\mathrm{NaOH}: 0,59\to \left\{\begin{array}{l}59,24\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{GlyNa}: \mathrm{a}\\ \mathrm{AlaNa}: \mathrm{b}\\ \mathrm{HCOONa}: 0,59\end{array}\right.\\ {\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}: 0,09\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\end{array}\right.\right.$

- Dựa vào khối lượng muối và bảo toàn nguyên tố Na xác định được a và b.

- Dựa vào tổng số mol hh E và số mol NaOH xác định được x và y.

- Giả sử $\mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}:\hspace{0.17em}{\mathrm{Gly}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{Ala}}_{3-\mathrm{n}}\\ \mathrm{Y}: {\mathrm{Gly}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{Ala}}_{4-\mathrm{m}}\\ \mathrm{Z}: {\mathrm{HCOONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOCH}}_3\end{array}\right.$

Từ số mol muối GlyNa suy ra mối liên hệ giữa n và m ⟹ giá trị n, m phù hợp ⟹ % khối lượng của X.

Giải chi tiết:

Sau phản ứng thu được ancol, 3 muối (trong đó có muối của alanin và muối của một axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở) ⟹ CTCT của Z là HCOONH₃CH₂COOCH₃.

⟹ n_Z = n_ancol = 0,09 mol.

Sơ đồ: $0,2\left(\mathrm{mol}\right)\mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}: \mathrm{x}\\ \mathrm{Y}: \mathrm{y}\\ \mathrm{Z}: {\mathrm{HCOONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOCH}}_3: 0,09\end{array}+\mathrm{NaOH}: 0,59\to \left\{\begin{array}{l}59,24\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{GlyNa}: \mathrm{a}\\ \mathrm{AlaNa}: \mathrm{b}\\ \mathrm{HCOONa}: 0,59\end{array}\right.\\ {\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}: 0,09\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\end{array}\right.\right.$

- Xác định số mol muối GlyNa và AlaNa:

+) BTNT Na: a + b + 0,09 = 0,59 (1)

+) m_muối = 97a + 111b + 0,09.68 = 59,24 (2)

Giải hệ trên được a = 0,17 và b = 0,33.

- Xác định số mol của X, Y:

+) n_{hh E} = x + y + 0,09 = 0,2 (3)

+) n_NaOH = 3x + 4y + 2.0,09 = 0,59 (4)

Giải hệ trên được x = 0,03 và y = 0,08.

Giả sử $\mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}:\hspace{0.17em}{\mathrm{Gly}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{Ala}}_{3-\mathrm{n}}\\ \mathrm{Y}: {\mathrm{Gly}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{Ala}}_{4-\mathrm{m}}\\ \mathrm{Z}: {\mathrm{HCOONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOCH}}_3\end{array}\right.$

⟹ n_GlyNa = 0,03n + 0,08m + 0,09 = 0,17

⟹ 3n + 8m = 8

⟹ n = 0; m = 1 thỏa mãn

Vậy $\mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}:\hspace{0.17em}{\mathrm{Ala}}_3\left(0,03\right)\\ \mathrm{Y}: {\mathrm{GlyAla}}_3\left(0,08\right)\\ \mathrm{Z}: {\mathrm{HCOONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOCH}}_3\left(0,09\right)\end{array}\right.$

⟹ %m_X = 16,45%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Độ bất bão hòa $\mathrm{k}=\frac{2\mathrm{C}+2-\mathrm{H}}{2}$ ⟹ Số liên kết π trong X.

- X không tráng gương ⟹ X không có đầu HCOO-

- Y không tác dụng Cu(OH)₂, t^o thường ⟹ Y không có nhiều nhóm OH kề nhau.

- Y không tạo được anken ⟹ Y là ancol đa chức (C ≤ 3) hoặc Y là CH₃OH.

- Mà X có CTPT là C₆H₈O₄; X tạo thành từ ancol Y và axit cacboxylic Z

⟹ CTCT của X, Y, Z.

Giải chi tiết:

Độ bất bão hòa $\mathrm{k}=\frac{2\mathrm{C}+2-\mathrm{H}}{2}=3$ ⟹ X có chứa 3 liên kết π.

- X không tráng gương ⟹ X không có đầu HCOO-

- Y không tác dụng Cu(OH)₂, t^o thường ⟹ Y không có nhiều nhóm OH kề nhau.

- Y không tạo được anken ⟹ Y là ancol đa chức (C ≤ 3) hoặc Y là CH₃OH.

- Mà X có CTPT là C₆H₈O₄; X tạo thành từ ancol Y và axit cacboxylic Z

⟹ X: CH₃OOC-CH=CH-COOCH₃ hoặc CH₃OOC-C(=C)-COOCH₃.

      Y: CH₃OH.

      Z: HOOC-CH=CH-COOH

A sai, X có 2 nhóm CH₃.

B sai, Y là CH₃OH.

C đúng, Z là HOOC-CH=CH-COOH.

D sai, Z có liên kết C=C nên làm mất màu dung dịch Br₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chia đồ thị ra 3 giai đoạn

Đoạn 1: chỉ có Cl₂ thoát ra ở anot

Đoạn 2: Có Cl₂ và H₂ bên catot thoát ra

Đoạn 3: Có H₂ và O₂ bên anot thoát ra

Lập phương trình với số mol khí thoát ra và số mol e trao đổi sẽ tìm ra được số mol mỗi khí Cl₂, H₂, O₂

Từ đó suy ngược lại tìm được m.

Giải chi tiết:

Tại catot:                                         Tại anot:

Cu²⁺ + 2e → Cu                              2Cl^- → Cl₂ + 2e

H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-                  H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

Đoạn 1: n_Cl2 = 0,04 mol

→ Trong a giây mỗi điện cực đã trao đổi 0,04.2 = 0,08 mol electron.

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên tốc độ thoát khí nhanh hơn → thoát Cl₂ và H₂

Bảo toàn electron → n_Cl2 = n_H2 = u (mol)

Đoạn 3: Thoát H₂ và O₂. Đặt n_O2 = v mol → n_H2 = 2v mol

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}\sum {\mathrm{n}}_{\mathrm{khi}}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}\\ \sum {\mathrm{n}}_{\mathrm{e}\left(\mathrm{anot}\right)}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2}+4{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}0,04+2\mathrm{u}+3\mathrm{v}=0,21\\ 2\left(\mathrm{u}+0,04\right)+4\mathrm{v}=3,5.0,08\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{u}=0,04\\ \mathrm{v}=0,03\end{array}\right.\right.\right.$

n_CuSO4 = n_Cu = n_{Cl2 đoạn 1} = 0,04 (mol)

n_NaCl = 2n_Cl2 tổng = 2(0,04 + 0,04) = 0,16(mol)

→ m = 0,04.160 + 0,16.58,5 = 15,76 (g).