Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của este no, đơn chức, mạch hở X là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2).

Từ %m_H ⟹ n ⟹ CTPT của X ⟹ Đồng phân cấu tạo của X.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của este no, đơn chức, mạch hở X là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2).

$\%{\mathrm{m}}_{\mathrm{H}}=\frac{2\mathrm{n}.100\%}{14\mathrm{n}+16.2}=9,09\%\Rightarrow \mathrm{n}=4$

⟹ CTPT của X là C₄H₈O₂.

Các đồng phân cấu tạo của X là

HCOOCH₂CH₂CH₃

HCOOCH(CH₃)CH₃

CH₃COOCH₂CH₃

CH₃CH₂COOCH₃

⟹ Có tất cả 4 đồng phân.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sắp xếp tính bazơ tăng dần của các hợp chất amin:

Amin thơm < NH₃ < amin no bậc 1 < amin no bậc 2.

Giải chi tiết:

Chất có tính bazơ mạnh nhất là (CH₃)₂NH (amin no bậc 2).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính axit làm quỳ tím hóa đỏ.

Giải chi tiết:

Dung dịch axit glutamic (HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH) làm quỳ tím hóa đỏ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về điều chế kim loại (Hóa 12).

Giải chi tiết:

Kim loại Al được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy (thường là điện phân Al₂O₃).

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

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của protein.

Giải chi tiết:

Trong môi trường kiềm, protein có khả năng phản ứng màu biure với Cu(OH)₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Chất bột chứa trong khẩu trang phải có tính hấp phụ các hợp chất độc hại trong không khí ⟹ có khả năng lọc không khí.

Giải chi tiết:

Một số loại khẩu trang y tế chứa chất bột màu đen có khả năng lọc không khí là than hoạt tính.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Este + NaOH → muối axetat và anđehit axetic

⟹ Este X được tạo bởi axit axetic và gốc vinyl.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO.

Vậy este là CH₃COOCH=CH₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của chất béo.

Giải chi tiết:

Bằng phản ứng hiđro hóa có thể chuyển hóa trực tiếp chất béo lỏng (triglixerit của axit béo không no) sang chất béo rắn (triglixerit của axit béo no).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tinh bột thuộc loại polime thiên nhiên.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất vật lý (mùi đặc trưng) của một số este thường gặp.

Giải chi tiết:

Isoamyl axetat là este có mùi thơm của chuối chín.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về chất béo (lipit).

Giải chi tiết:

Công thức của tripanmitin là (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết phương trình thủy phân các este có trong đáp án ⟹ Este thỏa mãn.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH (2 sản phẩm hữu cơ cùng có số cacbon là 2).

Vậy este thỏa mãn là CH₃COOC₂H₅.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào phương trình xà phòng hóa ⟹ n_este ⟹ m.

Giải chi tiết:

Muối thu được trong dung dịch là CH₃CH₂COOK.

+ n_muối = 16,8/112 = 0,15 (mol).

PTHH: CH₃CH₂COOC₂H₅ + KOH → CH₃CH₂COOK + C₂H₅OH

Theo PTHH ⟹ n_este = n_muối = 0,15 (mol).

Vậy m = 0,15.102 = 15,3 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sắp xếp các hợp chất theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi: este < ancol < axit.

Giải chi tiết:

Các chất sắp xếp theo chiều nhiệt độ sôi tăng dần là CH₃COOC₂H₅ (2) < C₃H₇CH₂OH (3) < C₃H₇COOH (1).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học (phản ứng thủy phân) của peptit.

Giải chi tiết:

Thủy phân một peptit: Ala-Gly-Glu-Val-Lys thì trong sản phẩm thu được sẽ không chứa peptit Glu-Lys.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đipeptit là peptit được cấu tạo từ 2 α-amino axit (chỉ có 1 liên kết CO-NH trong công thức cấu tạo).

Giải chi tiết:

Hợp chất là đipeptit là H₂N-CH₂-CO-NH-CH(CH₃)-COOH (được cấu tạo từ 2 α-amino axit là glyxin và alanin).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của axit HCl và muối Cu(NO₃)₂.

Giải chi tiết:

Dãy chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch Cu(NO₃)₂ là Zn, Al và Fe.

PTHH:

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

Zn + Cu(NO₃)₂ → Cu + Zn(NO₃)₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

2Al + 3Cu(NO₃)₂ → 2Al(NO₃)₃ + 3Cu

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + Cu(NO₃)₂ + Fe(NO₃)₂ + Cu

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất quan trọng trong chương Cacbon – Silic (Hóa 11).

Giải chi tiết:

“Nước đá khô” là CO₂ rắn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Các hợp chất được đưa ra đều là những hợp chất quen thuộc trong chương trình hóa học hữu cơ (11 và 12).

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất ⟹ Số chất tác dụng với nước brom ở điều kiện thường.

Giải chi tiết:

Các chất tác dụng với nước brom ở điều kiện thường là etilen, propin, stiren, phenol, vinyl axetat và anilin (6 chất).

PTHH:

CH₂ = CH₂ + Br₂ → CH₂Br – CH₂Br (etilen)

CH ≡ C – CH₃ + Br₂ → CHBr₂ – CBr₂ – CH₃ (propin)

C₆H₅CH = CH₂ + Br₂ → C₆H₅CHBr – CH₂Br (stiren)

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)OH ↓ + 3HBr (phenol)

CH₃COOCH = CH₂ + Br₂ → CH₃COOCHBr– CH₂Br (vinyl axetat)

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)NH₂ ↓ + 3HBr (anilin)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ nilon-6,6 là sản phẩm của quá trình đồng trùng ngưng axit ađipic và hexametylenđiamin.

PTHH: nHOOC[CH₂]₄COOH + nH₂N[CH₂]₆NH₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ (-HN[CH₂]₆NHCO[CH₂]₄CO-)_n + 2nH₂O

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại.

Giải chi tiết:

Ion Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất trong các ion Ca²⁺, Ag⁺, Fe²⁺ và Zn²⁺.

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Glucozơ là monosaccarit nên không tham gia phản ứng thủy phân.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của axetilen.

Giải chi tiết:

PTHH: CH ≡ CH + 2AgNO₃ + 2NH₃ → CAg ≡ CAg↓_vàng + 2NH₄NO₃.

Vậy sục khí axetilen vào dung dịch AgNO₃ trong NH dư thu được kết tủa màu vàng (C₂Ag₂).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của FeCl₃.

Giải chi tiết:

Các chất tác dụng được với dung dịch FeCl₃ là NaOH, Cu, Ba, Fe, AgNO₃ (5 chất).

PTHH:

1) FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ ↓ + 3NaCl

2) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

3) Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂ ↑

    2FeCl₃ + 3Ba(OH)₂ → 2Fe(OH)₃ ↓ + 3BaCl₂

4) 2FeCl₃ + Fe → 3FeCl₂

5) 3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl ↓ + Fe(NO₃)₃

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Polime dùng để chế tạo thuỷ tinh hữu cơ (plexiglas) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH₂=C(CH₃)COOCH₃ (metyl metacrylat).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính chất hóa học của nhôm.

Giải chi tiết:

- Loại A, C vì Al bị thụ động trong HNO₃ đặc nguội và H₂SO₄ đặc nguội.

- Loại B vì Al yếu hơn Mg nên không đẩy được Mg ra khỏi muối MgSO₄.

- Al phản ứng được với HCl:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về saccarozơ và glucozơ.

Giải chi tiết:

A đúng, vì saccarozơ và glucozơ đều có nhiều nhóm OH gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau.

B sai, cả 2 chất đều không phản ứng được với NaCl.

C sai, saccarozơ không có phản ứng tráng gương.

D sai, glucozơ không có phản ứng thủy phân.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Các kim loại phản ứng với nước ở nhiệt độ thường:

- Tất cả các kim loại kiềm (nhóm IA).

- Một số kim loại kiềm thổ (trừ Be, Mg).

Giải chi tiết:

- Be không phản ứng được với nước ở nhiệt độ thường.

- Các kim loại Ca, Ba, Na phản ứng với nước ở nhiệt độ thường theo các PTHH:

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ tổng số mol khí và tỉ khối của khí so với H₂ ⟹ n_NO và n_H2.

Chất rắn sau khi nung đến khối lượng không đổi là MgO ⟹ n_MgO ⟹ n_Mg²⁺_{(dd Y)}.

Phản ứng sinh ra H₂ nên dung dịch Y không còn NO₃^-; phản ứng có khả năng sinh ra muối NH₄⁺.

Sơ đồ tóm tắt:

$$\begin{gathered} \mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3\\ \mathrm{MgO}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{Al}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{KNO}}_3\\ {\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4\end{array}\to \mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Al}}^{3+}\\ {\mathrm{Mg}}^{2+}\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+}\\ {\mathrm{K}}^{+}\\ {{\mathrm{SO}}_4}^{2-}\end{array}\right.\right.\right.+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO}\\ {\mathrm{H}}_2\end{array}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right. \\ \downarrow +{\mathrm{KOH}}_{\max } \\ \mathrm{Mg}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\stackrel{\mathrm{Nung}}{\to }\mathrm{MgO} \end{gathered}$$

Vận dụng các định luật bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố để xác định số mol Al trong hỗn hợp X.

Giải chi tiết:

Tính số mol mỗi khí: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{7,84}{22,4}=0,35\\ 30{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,35.7.2\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=0,15\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,2\end{array}\right.\right.$

Chất rắn sau khi nung đến khối lượng không đổi là MgO ⟹ n_MgO = 20/40 = 0,5 mol.

BTNT "Mg" ⟹ n_Mg²⁺_{(dd Y)} = n_MgO = 0,5 mol.

Phản ứng sinh ra H₂ nên dung dịch Y không còn NO₃^-; phản ứng có khả năng sinh ra muối NH₄⁺.

Sơ đồ tóm tắt:

$$\begin{gathered} \mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3\\ \mathrm{MgO}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{Al}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{KNO}}_3 : 0,05\\ {\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 : 0,85\end{array}\to \mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Al}}^{3+} : \mathrm{a}\\ {\mathrm{Mg}}^{2+} : 0,5\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+} : \mathrm{b}\\ {\mathrm{K}}^{+} : 0,05\\ {{\mathrm{SO}}_4}^{2-} : 0,85\end{array}\right.\right.\right.+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO} : 0,15\\ {\mathrm{H}}_2 : 0,2\end{array}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right. \\ \downarrow +{\mathrm{KOH}}_{\max } : 1,85 \\ \mathrm{Mg}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\stackrel{\mathrm{Nung}}{\to }\mathrm{MgO} \end{gathered}$$

+) BTĐT dd Y: 3a + 2.0,5 + b + 0,05 = 2.0,85 (1)

+) m_{muối (dd Y)} = 27a + 24.0,5 + 18b + 39.0,05 + 96.0,85 = 101,85 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,2 và b = 0,05.

+) BTNT "N" ⟹ n_Al(NO3)3 = (n_NH4⁺ + n_NO - n_KNO3)/3 = 0,05 mol.

+) BTNT "Al" ⟹ n_Al = n_Al³⁺_{(dd Y)} - n_Al(NO3)3 = 0,15 mol.

⟹ %m_Al = $\frac{0,15.27}{28,3}.100\%$ = 14,31%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Y có CTPT C₂H₈N₂O₄ và là muối của axit đa chức ⟹ Y: (COONH₄)₂

Z có CTPT C₅H₁₀N₂O₃ và là đipeptit ⟹ Z: Ala-Gly hoặc Gly-Ala

*Khi cho hỗn hợp X + dd NaOH thì (COONH₄)₂ tạo khí:

(COONH₄)₂ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

+ Từ số mol khí ⟹ n_Y ⟹ m_Y.

+ Từ khối lượng hỗn hợp X và khối lượng Y vừa tính được ⟹ m_Z ⟹ n_Z.

*Khi cho hỗn hợp X + dd HCl dư:

(COONH₄)₂ + 2HCl → (COOH)₂ + 2NH₄Cl

Ala-Gly + H₂O + 2HCl → AlaHCl + GlyHCl

Trong tất cả các chất tạo thành (trừ NH₄Cl) đều là chất hữu cơ

BTKL: m_{chất hữu cơ} = m_X + m_{HCl pư} + m_H2O - m_NH4Cl.

Giải chi tiết:

Y có CTPT C₂H₈N₂O₄ và là muối của axit đa chức ⟹ Y: (COONH₄)₂

Z có CTPT C₅H₁₀N₂O₃ và là đipeptit ⟹ Z: Ala-Gly hoặc Gly-Ala

*Khi cho hỗn hợp X + dd NaOH thì (COONH₄)₂ tạo khí:

(COONH₄)₂ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

0,1  ←                                                0,2                (mol)

⟹ m_Z = 34,3 - 0,1.124 = 21,9 gam ⟹ n_Z = 21,9/(75 + 89 - 18) = 0,15 mol.

*Khi cho hỗn hợp X + dd HCl dư:

(COONH₄)₂ + 2HCl → (COOH)₂ + 2NH₄Cl

0,1 →         0,2 →       0,1 →          0,2    (mol)

Ala-Gly + H₂O + 2HCl → AlaHCl + GlyHCl

0,15 →   0,15 → 0,3                                 (mol)

Trong tất cả các chất tạo thành (trừ NH₄Cl) đều là chất hữu cơ

BTKL:

m_{chất hữu cơ} = m_X + m_{HCl pư} + m_H2O - m_NH4Cl

= 34,3 + 36,5.(0,2 + 0,3) + 18.0,15 - 0,2.53,5

= 44,55 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đặt công thức trung bình của Y có dạng: C_nH_2n+2-2k.

PTHH: C_nH_2n+2-2k + kBr₂ → C_nH_2n+2-2kBr_2k.

Từ số mol Y và Br₂ đã biết đặt vào PTHH tìm được k.

Từ M_Y ⟹ giá trị của n ⟹ CT trung bình Y.

Do các hiđrocacbon trong X đều có 4H và phản ứng cộng không làm thay đổi số C ⟹ CT trung bình X.

Từ đó viết phương trình X phản ứng với H₂ tạo ra Y, tìm được số mol H₂.

Giải chi tiết:

*Xét phản ứng của Y và Br₂:

n_Y = 0,2 mol; n_Br2 = 0,1 mol.

Đặt CT trung bình của Y là C_nH_2n+2-2k.

C_nH_2n+2-2k  + kBr₂ → C_nH_2n+2-2kBr_2k

     0,2  →     0,2k                             (mol)

Mà n_Br2 = 0,2k = 0,1 → k = 0,5.

Do M_Y = 14,5.M_H2 = 29 nên 14n + 2 - 2k = 29 → n = 2.

→ CT trung bình của Y: C₂H₅.

*Do các hiđrocacbon trong X đều có 4H và phản ứng cộng không làm thay đổi số C

⟹ CT trung bình của X: C₂H₄.

*Xét phản ứng X + H₂ (a mol):

C₂H₄ + 0,5H₂ → C₂H₅

              0,1 ←     0,2  (mol)

Vậy a = 0,1 mol.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ta thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ Este no, đơn chức, mạch hở.

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

Do các este đơn chức nên có 2O ⟹ n_X = ½ n_O(X)­.

⟹ Số C = $\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}}$

⟹ CTPT ⟹ CTCT của các este.

Giải chi tiết:

n_O2 = 1,4 mol; n_CO2 = 1,2 mol; n_H2O = 1,2 mol.

Ta thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ Este no, đơn chức, mạch hở.

BTNT O ⟹ n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 0,8 mol.

Do các este đơn chức nên có 2O ⟹ n_X = ½ n_O(X)­ = 0,4 mol.

⟹ Số C = $\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}}$ = $\frac{1,2}{0,4}$ = 3

⟹ CTPT là C₃H₆O₂

⟹ Este HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃

Do M_Y < M_Z ⟹ Y: HCOONa và Z: CH₃COONa

⟹ Chất rắn khan chứa: HCOONa (a mol); CH₃COOCH₃ (b mol) và NaOH dư (0,5 - 0,4 = 0,1 mol)

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=\mathrm{a}+\mathrm{b}=0,4\\ {\mathrm{m}}_{\mathrm{chatran}}=68\mathrm{a}+82\mathrm{b}+0,1.40=32,6\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,3\\ \mathrm{b}=0,1\end{array}\right.\right.$

⟹ a : b = 0,3 : 0,1 = 3 : 1.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính được m_Sac(bđ) = m_dd.C% ⟹ n_Sac(bđ).

- Sơ đồ: Sac → Glu + Fruc → 4Ag

Từ n_Ag ⟹ n_Sac(pư).

- Tính hiệu suất phản ứng thủy phân theo công thức: $\mathrm{H}\%=\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Sac}\left(\mathrm{pu}\right)}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Sac}\left(\mathrm{bd}\right)}}.100\%$

Giải chi tiết:

m_Sac(bđ) = 250.6,84% = 17,1 gam ⟹ n_Sac(bđ) = 17,1/342 = 0,05 mol

n_Ag = 17,28/108 = 0,16 mol

Sơ đồ: Sac → Glu + Fruc → 4Ag

            0,04 ←                       0,16 (mol)

⟹ n_Sac(pư) = 0,04 mol

⟹ H% = $\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Sac}\left(\mathrm{pu}\right)}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Sac}\left(\mathrm{bd}\right)}}.100\%$ = $\frac{0,04}{0,05}.100\%$ = 80%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Phần 2 tác dụng BaCl₂ dư thì chỉ có M₂CO₃ phản ứng ⟹ n_M2CO3 = n_BaCO3.

- Phần 1 tác dụng với Ba(OH)₂ dư thì cả 2 chất đều phản ứng ⟹ n_MHCO3 = n_BaCO3 - n_M2CO3.

- Từ khối lượng và số mol mỗi chất ⟹ M = 18 (NH₄⁺).

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

Giải chi tiết:

Giả sử mỗi phần: $21,45\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{M}}_2{\mathrm{CO}}_3\\ {\mathrm{MHCO}}_3\end{array}\right.$

- Phần 2 tác dụng BaCl₂ dư thì chỉ có M₂CO₃ phản ứng

BTNT C ⟹ n_M2CO3 = n_BaCO3 = 19,7/197 = 0,1 mol

- Phần 1 tác dụng với Ba(OH)₂ dư thì cả 2 chất đều phản ứng

BTNT C ⟹ n_M2CO3 + n_MHCO3 = n_BaCO3 ⟹ 0,1 + n_MHCO3 = 49,25/197 ⟹ n_MHCO3 = 0,15 mol.

- Mỗi phần có khối lượng là 21,45 gam

⟹ 0,1.(2M + 60) + 0,15.(M + 61) = 21,45

⟹ M = 18 (NH₄⁺)

- Xét các nhận định:

+ 2 muối có số mol khác nhau ⟹ A sai.

+ Cả 2 muối đều bị nhiệt phân ⟹ B sai.

(NH₄)₂CO₃ → 2NH₃ + H₂O + CO₂

NH₄HCO₃ → NH₃ + H₂O + CO₂

+ Khi cho toàn bộ X tác dụng NaOH:

Toàn bộ X chứa $\left\{\begin{array}{l}{\left({\mathrm{NH}}_4\right)}_2{\mathrm{CO}}_3 :\hspace{0.17em}0,2\\ {\mathrm{NH}}_4{\mathrm{HCO}}_3 : 0,3\end{array}\left(\mathrm{mol}\right)\right.$

(NH₄)₂CO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + 2NH₃ + 2H₂O

NH₄HCO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + NH₃ + 2H₂O

⟹ n_NaOH = 2.n_(NH4)2CO3 + 2n_NH4HCO3 = 1 mol ⟹ C sai, D đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết PTHH, suy ra các phản ứng kết thúc mà sau thí nghiệm thu được dung dịch chứa 2 muối.

Giải chi tiết:

(1) Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

        x              4x →         x               x

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

 x            x →            x →         2x

⟹ dung dịch chứa 2 muối CuSO₄ và FeSO₄.

(2) 2NaHSO₄ + 2KHCO₃ → Na₂SO₄ + K₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂ ↑

            1                 1

⟹ dung dịch chứa 2 muối Na₂SO₄ và K₂SO₄.

(3) Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

       x →    2x _{còn 0,5x} →   x

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

         0,5x ←       0,5x →       0,5x

⟹ dung dịch chứa 2 muối Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃.

(4) Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ + NaOH + H₂O

          x                  x

⟹ dung dịch chỉ chứa NaOH.

(5) Na₂CO₃ dư + BaCl₂ → BaCO₃ ↓ + 2NaCl

⟹ dung dịch chứa 2 muối NaCl và Na₂CO₃ dư.

(6) Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

         x           8x

⟹ dung dịch thu được chứa 2 muối FeCl₂ và FeCl₃.

⟹ 5 phản ứng thu được 2 muối.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính số mol Fe₃O₄ ⟹ số mol O trong oxit.

- Sơ đồ các phản ứng:

            CO + O → CO₂

            CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ ↓ + H₂O

⟹ n_CaCO3 = n_CO2 = n_O(oxit).

Giải chi tiết:

n_Fe3O4 = 23,2/232 = 0,1 mol ⟹ n_O = 4n_Fe3O4 = 0,4 mol (bảo toàn nguyên tố O).

            CO + O → CO₂

                     0,4 → 0,4 (mol)

            CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ ↓ + H₂O

            0,4 →                             0,4                  (mol)

⟹ m = m_CaCO3 = 0,4.100 = 40 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng vôi tôi xút điều chế ankan.

Giải chi tiết:

(a) sai, khí metan hầu như không tan trong nước nên ta thu khí bằng phương pháp đẩy nước.

(b) đúng, PTHH: CH₃COONa + NaOH $\stackrel{\mathrm{CaO}, \mathrm{t}°}{\to }$ CH₄ ↑ + Na₂CO₃.

(c) đúng, để tránh trường hợp hóa chất bị ẩm khi đun nóng hơi nước bay lên và bị ngưng tụ tại miệng ống nghiệm chảy ngược lại gây vỡ ống nghiệm.

(d) sai, nếu làm vậy phần không khí trong ống nghiệm có nhiệt độ giảm đột ngột khiến áp suất trong ống giảm, nước sẽ bị hút vào ống nghiệm, mà ống nghiệm đang nóng sẽ gây vỡ ống nghiệm.

(e) sai, CaO là chất hút ẩm tránh tạo dung dịch NaOH đặc để ăn mòn thủy tinh.

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- So sánh thấy m_{Cu max} < m_{chất rắn đề bài} ⟹ Kim loại còn dư, muối CuSO₄ hết.

- Ta xét 2 trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: Mg dư, Al chưa phản ứng

+ Trường hợp 2: Mg hết, Al dư

Giải chi tiết:

n_CuSO4 = 0,2.2 = 0,4 mol.

m_{Cu max} = 0,4.64 = 25,6 gam < m_{chất rắn đề bài} ⟹ Kim loại còn dư, muối CuSO₄ hết.

Giả sử hỗn hợp đầu chứa $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Mg} :\hspace{0.17em}\mathrm{a}\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{Al} :\hspace{0.17em}\mathrm{b}\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.$ ⟹ 24a + 27b = 11,85 (1)

Trường hợp 1: Mg dư, Al chưa phản ứng

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg(pư) = 2n_Cu ⟹ n_Mg(pư) = n_Cu = 0,4 mol.

Chất rắn chứa $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Mg}}_{\mathrm{du}} : \mathrm{a}-4\\ \mathrm{Al} : \mathrm{b}\\ \mathrm{Cu} : 0,4\end{array}\right.$⟹ m_{chất rắn} = 24.(a - 0,4) + 27b + 64.0,4 = 29,65 (2)

Giải (1), (2) thấy vô nghiệm.

Trường hợp 2: Mg hết, Al dư

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_Al(pư) = 2n_Cu

⟹ 2a + 3n_Al(pư) = 2.0,4

⟹ n_Al(pư) = $\frac{0,8-2\mathrm{a}}{3}$ (mol)

Chất rắn chứa $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Al}}_{\mathrm{du}} : \mathrm{b}-\frac{0,8-2\mathrm{a}}{3}\\ \mathrm{Cu} : 0,4\end{array}\right.$ ⟹ m_{chất rắn} = 27.  + 64.0,4 = 29,65 (3)

Giải (1), (3) được a = 0,1; b = 0,35.

⟹ %m_Al = $\frac{0,35.27}{11,85}.100\%$ = 79,75%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt n_O(X) = a mol.

Dựa vào phần trăm khối lượng của O trong X suy ra khối lượng của X (theo a).

Mặt khác, bảo toàn nguyên tố O: n_COOH(X) = ½.n_O(X).

Bản chất phản ứng: COOH + NaOH → COONa + H₂O

Từ số mol của COOH suy ra số mol NaOH, H₂O (theo a).

Áp dụng BTKL suy ra giá trị của a ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

Đặt n_O(X) = a mol ⟹ m_O(X) = 16a (g) ⟹ m_X = 16a.(100/41,45) (g).

Mặt khác, bảo toàn nguyên tố O: n_COOH(X) = ½.n_O(X) = 0,5a (mol).

Bản chất phản ứng:

COOH + NaOH → COONa + H₂O

0,5a →     0,5a →                     0,5a (mol)

BTKL: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O

⟹ 16a.(100/41,45) + 40.0,5a = 49,6 + 18.0,5a

⟹ a = 1 mol

⟹ m = 16a.(100/41,45) = 38,6 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

*Thủy phân hexapeptit X:

A-A-A-A-A-A + 5H₂O → 6A

Từ số mol H₂O suy ra số mol của peptit và các amino axit.

*Đốt hỗn hợp Y gồm các amino axit:

Do Y gồm Ala và Val nên quy đổi hỗn hợp Y thành CONH, CH₂, H₂O

(với n_CONH = n_a.a; n_CH2 = x mol; n_H2O = n_a.a).

Sơ đồ: $\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CONH}\\ {\mathrm{CH}}_2 : \mathrm{x}\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\end{array}+{\mathrm{O}}_2\to \mathrm{Z}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{\mathrm{BTNT}.\mathrm{C}}{\to } {\mathrm{CO}}_2 \left(\mathrm{theo} \mathrm{x}\right)\\ \stackrel{\mathrm{BTNT}.\mathrm{H}}{\to }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \left(\mathrm{theo} \mathrm{x}\right)\\ {\mathrm{N}}_2\end{array}\right.\right.$

Áp dụng BTNT O ⟹ n_O2 (theo x).

Mà theo đề bài: $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}=\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}}{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}=\frac{57}{50}$ ⟹ giá trị của x.

Từ đó xác định được thành phần của Y ⟹ thành phần của X.

*Đốt X:

CONH + 0,75 O₂ → CO₂ + 0,5H₂O

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

⟹ n_O2 = 0,75.n_CONH + 1,5.n_CH2 (HS nhớ luôn công thức này để làm bài nhanh hơn)

Giải chi tiết:

*Thủy phân hexapeptit X:

A-A-A-A-A-A + 5H₂O → 6A

         0,05 ←        0,25 →  0,3 (mol)

*Đốt hỗn hợp Y gồm các amino axit:

m_H2O(Z) = m_giảm = 18b (g) ⟹ n_H2O(Z) = b (mol).

Do Y gồm Ala và Val nên quy đổi hỗn hợp Y thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol Y bằng số mol amino axit).

Sơ đồ: $\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CONH} : 0,3\\ {\mathrm{CH}}_2 : \mathrm{x}\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} : 0,3\end{array}+{\mathrm{O}}_2\to \mathrm{Z}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{\mathrm{BTNT}.\mathrm{C}}{\to } {\mathrm{CO}}_2 : \mathrm{x}+0,3\\ \stackrel{\mathrm{BTNT}.\mathrm{H}}{\to }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} : \mathrm{x} +0,45\\ {\mathrm{N}}_2 : 0,15\end{array}\right.\right.$

BTNT O ⟹ n_O2 = [2n_CO2 + n_H2O(Z) - n_CONH - n_H2O(Y)]/2 = 1,5x + 0,225 (mol).

Mà theo đề bài: $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}=\frac{n_{O_2}}{n_{H_{2}O}}=\frac{1,5x+0,225}{x+0,45}=\frac{57}{50}$ ⟹ x = 0,8.

$\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CONH} : 0,3\\ {\mathrm{CH}}_2 : 0,8\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} : 0,3\end{array}\Rightarrow \right.\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CONH} : 0,3\\ {\mathrm{CH}}_2 : 0,8\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} : 0,05\end{array}\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}=25\left(\mathrm{g}\right)\right.$

*Nếu đốt 25 gam X:

CONH + 0,75 O₂ → CO₂ + 0,5H₂O

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

⟹ n_O2 = 0,75.n_CONH + 1,5.n_CH2 (HS nhớ luôn công thức này để làm bài nhanh hơn)

            = 1,425 mol

⟹ V_O2 = 31,92 lít

Đốt 25 gam X thì cần 31,92 lít O₂

⟹ 18,75 gam ……… 23,94 lít.