Đáp án A

Phương pháp giải:

Hợp chất có dạng R-NH₂ là amin bậc một.

Giải chi tiết:

CH₃NH₂ là amin bậc một.

Đáp án B

Phương pháp giải:

X tạo tạo bởi axit glutamic HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH và ancol.

Giải chi tiết:

Các công thức cấu tạo của X là

HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOCH₂-CH₂-CH₃ 

HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOCH(CH₃)-CH₃

CH₃OOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOCH₂-CH₃

CH₃-CH₂COOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOCH₃

CH₃-CH₂-COOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH

CH₃-CH(CH₃)OOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH

⟹ Có tất cả 6 công thức cấu tạo thỏa mãn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa.

Giải chi tiết:

Ion Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về điều chế kim loại.

Giải chi tiết:

Trong công nghiệp, kim loại Mg chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy MgCl₂.

PTHH: MgCl₂ $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ Mg + Cl₂ ↑

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Sơ đồ chuyển hóa: CH₄ → C₂H₂ (X) → C₂H₄ (Y) → CH₃CHO (Z) → CH₃COOH (T) → CH₃COOCH=CH₂ (M).

2CH₄ $\stackrel{1500°\mathrm{C}}{\to }$ C₂H₂ + 3H₂

CH≡CH $\underset{\mathrm{Pb}/{\mathrm{PbCO}}_3}{\overset{+{\mathrm{H}}_2}{\to }}$ CH₂=CH₂

2CH₂=CH₂ $\underset{\mathrm{xt}, \mathrm{t}°}{\overset{+{\mathrm{O}}_2}{\to }}$2CH₃CHO

2CH₃CHO $\underset{\mathrm{xt}, \mathrm{t}°}{\overset{+{\mathrm{O}}_2}{\to }}$2CH₃COOH

CH₃COOH + CH≡CH → CH₃COOCH=CH₂

Vậy các chất Z và M lần lượt là CH₃CHO và CH₃COOC₂H₃.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về dãy điện hóa để suy luận trình tự phản ứng và 2 muối thu được trong dung dịch sau khi phản ứng kết thúc.

Giải chi tiết:

PTHH: Mg + CuSO₄ → MgSO₄ + Cu (1)

            Mg + FeSO₄ → MgSO₄ + Fe (2)

Để thu được 2 muối trong dung dịch sau phản ứng: 2 muối là MgSO₄ và FeSO₄.

⟹ CuSO₄ phản ứng hết ở (1) và Mg có thể hết hoặc dư ⟹ n_CuSO4 ≤ n_Mg ⟹ b ≤ a (*)

⟹ Mg phản ứng hết ở (2) ⟹ n_MgSO4(2) < n_FeSO4 ⟹ a – b < c ⟹ a < b + c (2*)

Từ (*) và (2*) ⟹ b ≤ a < b + c.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất béo là trieste của glixerol và axit béo.

Giải chi tiết:

Hợp chất có công thức của chất béo là C₃H₅(OCOC₁₇H₃₃)₃ (triolein).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của amin là R(NH₂)_n.

PTHH: R(NH₂)_n + nHCl → R(NH₃Cl)_n

Dựa vào vào PTHH ⟹ n_amin = n_muối ⟹ Phương trình liên hệ giữa R và n ⟹ Giá trị R và n → thỏa mãn.

⟹ Công thức của amin.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của amin là R(NH₂)_n.

PTHH: R(NH₂)_n + nHCl → R(NH₃Cl)_n

Theo PTHH ⟹ n_amin = n_muối

⟹ $\frac{8,88}{\mathrm{R}+16\mathrm{n}}=\frac{17,64}{\mathrm{R}+52,5\mathrm{n}}\Rightarrow \mathrm{R}=21\mathrm{n}$

Dựa vào đáp án, xét n = 1 và n = 2.

+ Xét n = 1 ⟹ R = 21 → loại.

+ Xét n = 2 ⟹ R = 42 → -C₃H₆- → thỏa mãn.

Vậy công thức của amin là H₂NCH₂CH₂CH₂NH₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi số mol đipeptit là x (mol).

Gly-Ala + 2KOH → muối + H₂O

Dựa vào phản ứng ⟹ n_KOH và n_H2O.

BTKL ⟹ x ⟹ m.

Giải chi tiết:

Gọi số mol đipeptit là x (mol).

Gly-Ala + 2KOH → muối + H₂O

Ta có n_KOH = 2n_đipeptit = 2x (mol) và n_H2O = n_đipeptit = x (mol).

BTKL ⟹ m_đipeptit + m­_KOH = m_muối + m_H2O

⟹ 146x + 56.2x = 2,4 + 18x ⟹ x = 0,01 mol.

Vậy m = 146.0,01 = 1,46 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của FeO.

Giải chi tiết:

Phản ứng hóa học sai là FeO + 2HNO₃ → Fe(NO₃)₂ + H₂O.

PTHH: 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 5H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt và hợp chất của sắt.

Giải chi tiết:

* A, B, C đều thu được muối sắt(III) sau khi kết thúc phản ứng.

2Fe + 3Cl₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 2FeCl₃

2Fe(OH)₂ + 4H₂SO_4(đ) $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ ↑ + 6H₂O

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O

* Cho Fe vào dung dịch CuSO₄ thu được muối sắt(II) sau khi kết thúc phản ứng.

PTHH: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Những oxit của kim loại sau Al (dãy điện hóa) có khả năng phản ứng hiđro.

Giải chi tiết:

Hỗn hợp bột Al₂O₃, FeO, CuO, MgO phản ứng với hiđro dư (nung nóng): FeO và CuO phản ứng tạo Fe và Cu; Al₂O₃ và MgO không phản ứng.

PTHH: FeO + H₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Fe + H₂O

             CuO + H₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Cu + H₂O

Vậy chất rắn còn lại trong ống nghiệm là Al₂O₃, Fe, Cu, MgO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng hóa chất phản ứng hết với Cu, Fe không tạo thêm Ag và hóa chất đó không phản ứng với Ag.

Giải chi tiết:

Để tách Ag ra khỏi hỗn hợp Ag, Cu, Fe mà không làm thay đổi khối lượng Ag, ta dùng dư FeCl₃.

PTHH: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

            Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

⟹ Lọc dung dịch thu được Ag.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất của các hợp chất khí.

Giải chi tiết:

Khi sử dụng bếp than sẽ sinh ra lượng lớn khí CO dẫn tới nhiều gia đình bị ngộ độc khí và có thể dẫn tới tử vong.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Công thức phân tử của của saccarozơ là C₁₂H₂₂O₁₁.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về các phản ứng điều chế polime.

Giải chi tiết:

Quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ (monome) thành phần tử lớn (polime) đồng thời giải phóng những phân từ nhỏ khác (thí dụ H₂O) được gọi là phản ứng trùng ngưng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào định luật bảo toàn điện tích.

Giải chi tiết:

Một dung dịch chứa x mol Ca²⁺, y mol Mg²⁺, z mol Cl^-, t mol HCO₃^-.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích

⟹ 2x + 2y = z + t.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về phương pháp điều chế kim loại.

Giải chi tiết:

Phương pháp chung để điều chế các kim loại Na, Ca, Al trong công nghiệp là điện phân nóng chảy.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của glucozơ.

Giải chi tiết:

Dãy chuyển hóa: C₆H₁₂O₆ → CH₃CH₂OH (X) → CH₃CHO (Y) → CH₃COOH.

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{\mathrm{men}}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂ ↑

CH₃CH₂OH + CuO $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ CH₃CHO + Cu + H₂O

2CH₃CHO + O₂ $\stackrel{\mathrm{xt}}{\to }$ 2CH₃COOH

Vậy X và Y lần lượt là CH₃CH₂OH và CH₃CHO.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào danh pháp của este.

Giải chi tiết:

Tên của hợp chất CH₃COOCH₂CH₃ là etyl axetat.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Giải chi tiết:

Dung dịch metylamin (CH₃NH₂) mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tơ poliamit.

Giải chi tiết:

Tơ nilon-6,6 là tơ poliamit.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Este C₃H₆O₂ là este no, đơn chức, mạch hở.

Giải chi tiết:

Các đồng phân của este C₃H₆O₂ là

HCOOCH₂CH₃ ; CH₃COOCH₃ (2 đồng phân).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

Sắt có thể tác dụng được với tất cả các chất là Cu(NO₃)₂, S, H₂SO₄ loãng, O₂.

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Fe + S $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ FeS

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ ↑

3Fe + 2O₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Fe₃O₄

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về ăm mòn hóa học.

Giải chi tiết:

Thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn hóa học là nhúng thanh Cu vào dung dịch Fe₂(SO₄)₃.

PTHH: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

⟹ Phản ứng không sinh ra kim loại bám vào Cu nên chỉ xảy ra ăn mòn hóa học.

B, C, D vừa là ăn mòn hóa học, vừa là ăn mòn điện hóa vì phản ứng tạo ra kim loại mới tạo cặp cực kim loại (Zn-Cu; Cu-Ag và Fe-Cu) cùng nhúng vào trong dung dịch chất điện li.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hợp chất có chứa nhóm -CHO có thể tham gia phản ứng tráng bạc.

Giải chi tiết:

Dãy gồm các dung dịch đều tham gia phản ứng tráng bạc là glucozơ (HOCH₂[CHOH]₄CHO), axit fomic (HCOOH), anđehit axetic (CH₃CHO).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

Fe không phản ứng với dung dịch MgCl₂.

PTHH: Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

            Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

            Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của Fe và Cu.

Giải chi tiết:

Vì sau phản ứng thu được chất rắn ⟹ kim loại còn dư.

Ta có sắp xếp các ion và nguyên tử theo dãy điện hóa: Fe²⁺/ Fe ; Cu²⁺/Cu ; Fe³⁺/ Fe²⁺

⟹ Kim loại còn dư chắc chắc thu được muối Fe(NO₃)₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại X là Hg (tồn tại ở thể lỏng trong điều kiện thường).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

X mang tính axit làm quỳ tím hóa hồng ⟹ X là axit glutamic.

Y tạo hợp chất có màu xanh tím khi có dung dịch I­₂ ⟹ Y là tinh bột.

Z phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃ tạo Ag (phản ứng tráng bạc) ⟹ Z là glucozơ.

PTHH: HOCH₂[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O  HOCH₂[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag ↓ + 2NH₄NO₃.

T phản ứng với nước brom tạo kết tủa trắng ⟹ T là anilin.

PTHH: C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)NH₂ ↓ + 3HBr.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ các phản ứng hóa học xảy ra xác định các hỗn hợp có tan hết hay không.

Giải chi tiết:

(1) Na₂O + H₂O → 2NaOH

         1          →            2

     Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

        1              2

⟹ phản ứng vừa đủ nên tan hết ⟹ (1) đúng.

(2) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

         1 →                      2

      Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

        1         2

⟹ phản ứng vừa đủ nên tan hết ⟹ (2) đúng.

(3) 3Cu + 8H⁺_dư + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

        1                        1

Do 1/3 < 1/2 nên Cu hết, NO₃^- dư ⟹ hỗn hợp tan hết ⟹ (3) đúng.

(4) không thể tan hết vì CuS không phản ứng với HCl ⟹ (4) sai.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

$\mathrm{A}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Mg}\\ \mathrm{Cu}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2: 0,25\end{array}\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}\stackrel{+\mathrm{HCl}: 1,3}{\to } \mathrm{dd}.\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Mg}}^{2+}: \mathrm{a}\\ {\mathrm{Cu}}^{2+}: 0,25\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+}: \mathrm{b}\\ {\mathrm{Cl}}^{-}:1,3\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{N}}_2:0,04\\ {\mathrm{H}}_2:0,01\end{array}\right.\right.\\ 0,45\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{NO}}_2: 0,42-\mathrm{b}(\mathrm{BT}: \mathrm{N})\\ {\mathrm{O}}_2: 0,03+\mathrm{b}\end{array}\right.\end{array}\right.\right.$

+) BTĐT cho dd Y ⟹ phương trình (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 4n_O2 = n_NO2 + 8n_NH4⁺ + 10n_N2 + 2n_H2 ⟹ phương trình (2)

Giải hệ trên được a và b.

Tính khối lượng muối trong dd Y: m = m_Mg²⁺ + m_Cu²⁺ + m_NH4⁺ + m_Cl^-.

Giải chi tiết:

- Sơ đồ:

$\mathrm{A}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Mg}\\ \mathrm{Cu}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2: 0,25\end{array}\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}\stackrel{+\mathrm{HCl}: 1,3}{\to } \mathrm{dd}.\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Mg}}^{2+}: \mathrm{a}\\ {\mathrm{Cu}}^{2+}: 0,25\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+}: \mathrm{b}\\ {\mathrm{Cl}}^{-}:1,3\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{N}}_2:0,04\\ {\mathrm{H}}_2:0,01\end{array}\right.\right.\\ 0,45\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{NO}}_2: 0,42-\mathrm{b}(\mathrm{BT}: \mathrm{N})\\ {\mathrm{O}}_2: 0,03+\mathrm{b}\end{array}\right.\end{array}\right.\right.$

+) BTĐT cho dd Y: 2a + 2.0,25 + b = 1,3 (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 4n_O2 = n_NO2 + 8n_NH4⁺ + 10n_N2 + 2n_H2

⟹ 2a + 4.(0,03 + b) = (0,42 - b) + 8b + 10.0,04 + 2.0,01

⟹ 2a - 3b = 0,72 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,39 và b = 0,02.

- Khối lượng muối trong dd Y:

m = m_Mg²⁺ + m_Cu²⁺ + m_NH4⁺ + m_Cl^- = 71,87 gam gần nhất với 72 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét 2 trường hợp:

- Nếu chỉ có K₂CO₃: K₂CO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + H₂O + CO₂

- Nếu chỉ có KHSO₃: 2KHSO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂

Giải chi tiết:

m_H2SO4 = 147.20% = 29,4 gam ⟹ n_H2SO4 = 29,4/98 = 0,3 mol

- Nếu chỉ có K₂CO₃ thì n_K2CO3 = 39,6/138 = 0,287 (mol)

K₂CO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + H₂O + CO₂

⟹ H₂SO₄ dư

- Nếu chỉ có KHSO₃ thì n_K2CO3 = 39,6/120 = 0,33 (mol)

2KHSO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂

⟹ H₂SO₄ dư

Như vậy H₂SO₄ luôn dư ⟹ Sản phẩm gồm K₂SO₄ và H₂SO₄ dư.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Từ khối lượng mol trung bình của 2 anđehit ⟹ 2 anđehit là CH₃CHO và C₂H₅CHO.

Tính số mol mỗi anđehit dựa vào tổng khối lượng và khối lượng mol trung bình.

Do các este đều đơn chức ⟹ n_muối = n_{hh anđehit} = n_{hh este}.

Suy ra thành phần của hỗn hợp M ⟹ giá trị của m và a.

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 anđehit là $\overline{\mathrm{R}}\mathrm{CHO}$

Ta có: $\overline{\mathrm{M}}=2\times 24,8=49,6\to \overline{\mathrm{R}}+29=49,6\to \overline{\mathrm{R}}=20,6$

Mà 2 anđehit là đồng đẳng kế tiếp nên là CH₃CHO (a mol) và C₂H₅CHO (b mol)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}={\mathrm{n}}_{\mathrm{hh}}=\frac{12,4}{49,6}\\ 44\mathrm{x}+58\mathrm{y}={\mathrm{m}}_{\mathrm{hh}}=12,4\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,15\\ \mathrm{y}=0,1\end{array}\right.\right.$

Do các este đều đơn chức ⟹ n_muối = n_{hh anđehit} = n_{hh este} = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol.

Hỗn hợp M: HCOOCH=CH₂ (0,15) và HCOOCH=CH-CH₂ (0,1) ⟹ m = 0,15.72 + 0,1.86 = 19,4 gam.

Khi tráng gương: n_Ag = 2n_M = 0,5 mol ⟹ a = 0,5.108 = 54 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Ta thấy đốt axit và este đều no, đơn chức, mạch hở luôn cho số mol CO₂ = H₂O

               ⟹ n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ n_H2O = n_ancol + n_CO2 (*)

- Mặt khác, BTTN "O": n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O (**)

- Thay (*) vào (**) ⟹ n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + (n_ancol + n_CO2)

            ⟹ 2n_axit+este + 2n_O2 = 3n_CO2

               ⟹ n_axit+este < n_{NaOH ban đầu}

            ⟹ NaOH dư ⟹ Chất rắn gồm RCOONa và NaOH dư.

- Từ khối lượng chất rắn xác định được R ⟹ Công thức của axit Y.

Giải chi tiết:

- Ta thấy đốt axit và este đều no, đơn chức, mạch hở luôn cho số mol CO₂ = H₂O

               ⟹ n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ n_H2O = n_ancol + n_CO2 (*)

- Mặt khác, BTTN "O": n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O (**)

- Thay (*) vào (**) ⟹ n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + (n_ancol + n_CO2)

               ⟹ 2n_axit+este + 2n_O2 = 3n_CO2

               ⟹ 2.n_axit+este + 2.0,18 = 3.0,14

               ⟹ n_axit+este = 0,03 mol < n_{NaOH ban đầu} ⟹ NaOH dư

Chất rắn gồm RCOONa (0,03 mol) và NaOH dư (0,05 - 0,03 = 0,02 mol)

               ⟹ m_{chất rắn} = 0,03.(R + 67) + 0,02.40 = 3,68 ⟹ R = 29 (C₂H₅-)

Vậy Y là axit C₂H₅COOH.

Đáp án B

Phương pháp giải:

CTPT của các chất lần lượt là: C₂H₆O; C₃H₆O; C₂H₄O₂; C₃H₄O₂; C₂H₄O₂

⟹ Ancol có dạng C_xH₆O (a mol) và axit, este có dạng C_yH₄O₂ (b mol).

+) BTNT "O": n_CxH6O + 2n_CyH4O2 + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ phương trình (1).

+) BTNT "H": 6n_CxH6O + 4n_CyH4O2 = 2n_H2O ⟹ phương trình (2).

Giải hệ (1) (2) được a và b.

Mà ta thấy các axit/este đều phản ứng với Ba(OH)₂ theo tỉ lệ mol 2:1 ⟹ n_Ba(OH)2 = ½ . n_CyH4O2.

Giải chi tiết:

CTPT của các chất lần lượt là: C₂H₆O; C₃H₆O; C₂H₄O₂; C₃H₄O₂; C₂H₄O₂

⟹ Ancol có dạng C_xH₆O (a mol) và axit, este có dạng C_yH₄O₂ (b mol).

+) BTNT "O": n_CxH6O + 2n_CyH4O2 + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ a + 2b + 2.0,4 = 2.0,35 + 0,35 (1)

+) BTNT "H": 6n_CxH6O + 4n_CyH4O2 = 2n_H2O

⟹ 6a + 4b = 2.0,35 (2)

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

Mà ta thấy các axit/este đều phản ứng với Ba(OH)₂ theo tỉ lệ mol 2:1

⟹ n_Ba(OH)2 = ½ . n_CyH4O2 = ½ . 0,1 = 0,05 mol

⟹ C%_{dd Ba(OH)2} = (0,05.171/50).100% = 17,1%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do dd Z + CaCl₂ dư tạo CaCO₃ ⟹ trong dd Z có chứa ion CO₃^2- ⟹ n_CO3^2-_{(dd Z)} = n_CaCO3.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\\ {\mathrm{CO}}_2\\ {\mathrm{N}}_2\end{array}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NaOH}\\ {\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3\end{array}\right.\right.\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Na}}^{+}(\mathrm{BT}. \mathrm{Na})\\ {{\mathrm{CO}}_3}^{2-}\\ {{\mathrm{HCO}}_3}^{-}(\mathrm{BT}: \mathrm{C})\end{array}\right.$

BTĐT cho dd Z: n_Na⁺ = 2n_CO3^2- + n_HCO3^- ⟹ giá trị của x.

Nhận thấy CO và N₂ đều có cùng PTK là 28 nên ta coi như chúng là khí A (a mol).

Từ khối lượng mol trung bình của hỗn hợp X suy ra giá trị của a ⟹ giá trị m.

Giải chi tiết:

Do dd Z + CaCl₂ dư tạo CaCO₃ ⟹ trong dd Z có chứa ion CO₃^2-

⟹ n_CO3^2-_{(dd Z)} = n_CaCO3 = 10/100 = 0,1 mol.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\\ {\mathrm{CO}}_2: \mathrm{x}\\ {\mathrm{N}}_2\end{array}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NaOH}: 0,2\\ {\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3:0,15\end{array}\right.\right.\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Na}}^{+}: 0,5(\mathrm{BT}. \mathrm{Na})\\ {{\mathrm{CO}}_3}^{2-}: 0,1\\ {{\mathrm{HCO}}_3}^{-}: \mathrm{x}+0,05(\mathrm{BT}: \mathrm{C})\end{array}\right.$

BTĐT cho dd Z: n_Na⁺ = 2n_CO3^2- + n_HCO3^- ⟹ 0,5 = 2.0,1 + x + 0,05 ⟹ x = 0,25.

Nhận thấy CO và N₂ đều có cùng PTK là 28 nên ta coi như chúng là khí A.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_2: 0,25\\ \mathrm{A}: \mathrm{a}\end{array}\right.\to {\overline{\mathrm{M}}}_{\mathrm{X}}=\frac{0,25.44+28\mathrm{a}}{0,25+\mathrm{a}}=38\to \mathrm{a}=0,15$

⟹ m_X = 28a + 0,25.44 = 15,2 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện: Khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau. Từ mối liên hệ số mol mỗi peptit với CO₂ và H₂O → Các peptit đều là tetrapeptit.

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O → a

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na" → (1)

+) m _muối → (2)

Giải (1) và (2) được a, b

Sơ đồ bài toán:$69,8\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}\\ \mathrm{Y}\\ \mathrm{Z}: 0,16\end{array}\right.+{\mathrm{NaOH}}_{\mathrm{vuadu}}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{Ala}-\mathrm{Na}: \mathrm{a}\\ \mathrm{Val}-\mathrm{Na}: \mathrm{b}\end{array}\right.$

Dựa vào các dữ kiện tính được số C trung bình của hỗn hợp ban đầu từ đó biện luận ra Z và Y

Suy ra các trường có thể có của X, xét từng trường hợp và chọn ra trường hợp thỏa mãn điều kiện n_X < n_Y.

Giải chi tiết:

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1 → nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

              a                       na         a(n+1-0,5k)

→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O → 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a → a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na": a + b = n_NaOH = 0,88 (1)

+) m _muối = 111a + 139b = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được a = 0,76 mol và b = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán: $69,8\left(\mathrm{g}\right)\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}\\ \mathrm{Y}\\ \mathrm{Z}: 0,16\end{array}\right.+{\mathrm{NaOH}}_{\mathrm{vuadu}}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{Ala}-\mathrm{Na}: \mathrm{a}\\ \mathrm{Val}-\mathrm{Na}: \mathrm{b}\end{array}\right.$

BTNT "C": n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

→ C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val

→ C(Z) = 8 → Z là Ala₄ (M = 89.4 - 18.3 = 302)

→ n_{Ala(X, Y)} = 0,76 - 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh - m_Z = 69,8 - 0,16.302 = 21,48 gam

→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y) = 0,12

→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)

→ %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về: anken, ancol, amin, peptit.

Giải chi tiết:

(1) đúng, 6 peptit là: G-A-V; G-V-A; A-G-V; A-V-G; V-A-G; V-G-A.

(2) đúng, 4 ancol bậc 1 thỏa mãn là:

            C₆H₅CH₂CH₂OH;

            o,m,p-CH₃C₆H₄CH₂OH.

(3) sai, có 4 đồng phân mạch hở là:

            C=C-C-C;

            cis C-C=C-C;

            trans C-C=C-C;

            C=C(C)-C.

(4) đúng, 4 đồng phân amin bậc 1 thỏa mãn là:

            C-C-C-C-NH₂;

            C-C-C(NH₂)-C;

            C-C(C)-C-NH₂;

            C-C(C)(NH₂)-C.

Vậy có 3 kết luận đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giả sử n_CuSO4 = x mol và n_Fe2(SO4)3 = 1 mol.

            Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Do m_{dd Z} = m_{dd Y} ⟹ khối lượng Fe tan vào bằng khối lượng Cu thoát ra ⟹ giá trị của x.

Giải chi tiết:

Giả sử n_CuSO4 = x mol và n_Fe2(SO4)3 = 1 mol.

            Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

            1 ←   2

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

             x ←  x →                 x

Do m_{dd Z} = m_{dd Y} ⟹ khối lượng Fe tan vào bằng khối lượng Cu thoát ra

⟹ m_{Fe pư} = n_Cu

⟹ 56.(x + 1) = 64x

⟹ x = 7.

⟹ %m_CuSO4 = $\frac{7.160}{7.160+1.4000}.100\%$ = 73,68%.