Đáp án B

Phản ứng xảy ra:

Fe + H₂SO₄ loãng $\to$ FeSO₄ + H₂.

Đáp án B

Thứ tự cặp oxi hóa khử:

^Ms2+/_Mg ; ^Fe2+/_Fe ; ^Cu2+/_Cu ; ^Fe3+/_Fe²⁺ ; ^Ag+/_Ag => kim loại thu được chắc chắn phải có Ag.

Chú ý: Với các dạng này nên sắp xếp kim loại theo thứ tự mạnh $\to$yếu.

$\stackrel{Mg,Fe,Cu,Ag}{\leftarrow }$

Đáp án C

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất, thường là kim loại A-kim loại B, kim loại A-phi kim B (ví dụ: Fe-C).

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (chú ý : không khí ẩm cũng coi là môi trường điện ly yếu)

• FeCl₃: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2FeCl₃  $\to$NiCl₂ + 2FeCl₂
• CuCl₂: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + CuCl₂ $\to$ NiCl₂ + Cu

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Ni $\to$ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

• AgNO₃: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + 2AgNO₃ $\to$Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Ag sinh ra bám trực tiếp lên Ni $\to$ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

• HC1 và FeCl₂: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2HCl $\to$ NiCl₂ + H₂, Ni không đẩy được Fe ra khỏi muối.

$\to$ Có 2 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án C

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O $\to$ 2NaOH + H₂ +Cl₂

Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂ $\to$ NaCl + NaClO + H₂O

 Để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂.

Đáp án B

Hiện tượng đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng:

2Na + 2H₂O $\to$2NaOH + H₂$\uparrow$

Đáp án D

Phản ứng xảy ra nhanh hơn khi xảy ra ăn mòn điện hóa => thêm dung dịch Cu(NO₃)₂

Đáp án D

Amino axit có dạng: (H₂N)_x-R-(COOH)_y xảy ra các trường hợp:

• x > y: dung dịch có pH > 7 và làm quỳ tím hóa xanh.
• x = y: dung dịch có pH = 7 và không làm đổi màu quỳ tím.
• x < y: dung dịch có pH < 7 và làm quỳ tím hóa đỏ.

 $\to$ Chỉ có D là quỳ tím đổi màu khác nhau nên nhận biết được

Đáp án B

Do $n_{HCl}<2n_{H_2}$$\to$ HCl hết, Ba tác dụng với H₂O $\to$X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, A1C1₃, NaHCO₃

Đáp án D

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozo là sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat.

Đáp án A

• Ba được vì:

Ba + 2H₂O $\to$ Ba(OH)₂ + H_2$\uparrow$

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ $\to$ BaSO_4$\uparrow$  + Na₂SO₄ + 2H₂O

• BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄ $\to$ BaSO₄ $\downarrow$ + Na₂SO₄ + CO₂ $\uparrow$+ H₂O

• Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ $\to$ BaSO₄ $\downarrow$ + Na₂SO₄ + 2CO_2$\uparrow$ + 2H₂O

Đáp án C

Các chất tác dụng với HNO₃ đặc, nóng thu được Fe³⁺ là:

Fe₃O₄, Fe₂O₃, FeO, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, FeSO₄.

Đáp án A

Dùng bán phản ứng:

$$\begin{gathered} 2H2SO4 + 2e\to S{O}_4^{2-}+S{O}_2+H_{2}O \\ \to n_{S{O}_4^{2-}}=n_{S{O}_2}=0,045 mol \end{gathered}$$

$\to$ m_muối = m_{KL +}  = 1,68 + 0,045. 96 = 6(g)

Đáp án D

$2Mg + CO2 \stackrel{t^o}{\to } C + 2MgO$

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng, nóng là: phenylamoni clorua, phenyl benzoat, tơ nilon-6, alanin, Gly-Gly-Val, m-crezol, phenol, triolein, đivinyl oxalat $\to$ có 9 chất

Đáp án D

$n_{C{O}_2}=0,1mol;n_{H_{2}O}=0,05mol;n_{C_8{H}_8}=0,005mol;$

Dễ thấy $m_X+m_{C_8{H}_8}=m_C+m_H=$ 0,1.12 + 0,05.2.1 = l,3 gam.

$m_X$ = 1,3 - 0,52 = 0,78 gam

C₈H₈ $\stackrel{+ O_2}{\to }$ 8CO₂ + 4H₂O

0,005 $\to$      0,04  $\to$ 0,02 mol

$\to$ Đốt 0,78 gam X được 0,06 mol CO₂ và 0,03 mol H₂O $\frac{n_C}{n_H}=\frac{0,06}{0,06}=\frac{1}{1}$

$\to$ Công thức đơn giản nhất của X là (CH)_n, n là số chẵn, 26 < M_x < 58 $\to$ X là C₄H₄ 0,015 mol

C₆H₅-CH=CH₂ + Br₂ $\to$ C₆H₅-CHBr-CH₂Br

C₄H₄ + 3Br₂ $\to$ C₄H₄Br₆

Vậy a = (0,005+0,015.3). 160 = 8 gam

Đáp án A

Coi như X chưa tham gia phản ứng với H₂SO₄ $\to$  Y là hỗn hợp gồm X và H₂S0₄

Ta có $n_{H_{2}O}=n_{NaOH}+n_{KOH}=$ 0,1 + 0,3 = $2n_{H_{2}S{O}_4}+2n_X$

 Mà $n_X$ =0,1 mol  $\to$  $n_{H_{2}S{O}_4}$ =0,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng m_x = 36,7 + 0,4. 18- 0,1. 98 - 0,3. 56- 0,1. 40 = 13,3 gam

$\to$ M_X =$\frac{13,3}{0,1}$ = 133 , X có 1 nguyên tử N $\to$ %N= .100% = 10,526%.

Đáp án A

X gồm H₂ và CO₂. Đặt $n_{C{O}_2}$ = xmol; $n_{H_2}$ = y mol

 $\to n_X$ = x + y = 0,21mol; $m_X$= 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

$\to$Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, o và CO₂

$\to n_{Ca}=n_{CaC{l}_2}$=0,18mol.

Đặt $n_{Mg}$ = x; $n_O$ = y $\Rightarrow$ 24x + 0,18.40 + 16y + 0,115 . 44 = 19,02g.

Bảo toàn electron: 2x + 0,18.2 = 0,095.2 + 2y.

Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

$\Rightarrow n_{HCl}=2n_{Mg}+2n_{Ca}$ = 2.0,135 + 2.0,18 = 0,63mol $\Rightarrow m=\frac{0,63.36,5}{0,1}$= 229,95(g).

Đáp án D

$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,1mol\to$m_{dung dịch giảm =} $m_{CaC{O}_3}-\sum (m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O})$

$$\begin{gathered} \to m_{H_{2}O}=10-3,98-0,1.44=1,62gam \\ \Rightarrow n_{H_{2}O}=0,09mol. \end{gathered}$$

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂

 Nhận xét quan trọng: $n_O=n_H-n_C$ = 0,09.2 - 0,1 = 0,08 mol.

$\to m_X=m_C+m_H+m_O$  = 0,1. 12 + 0,09 . 2 + 0,08 . 16 = 2,66 gam.

Đáp án A

Ta có $n_C=n_{C{O}_2}=0,4mol$

$n_H=2n_{H_{2}O}=1,35mol.$

$\to$n_{N/hỗn hợp amin} = $\frac{9,65-m_C-m_H}{14}=0,25mol.$

$\to n_{HCl}=n_N=0,25mol\to$m_muối = 9,65 + 0,25.36,5 = 18,775 gam.

$\to$ Với 19,3 gam X thì m_muối = 18,775.2 = 37,55 gam

Đáp án A

Nhận xét: do $V_{C{O}_2}$ ở 2 thí nghiệm khác nhau $\to$ phản ứng hết ở thí nghiệm 1 (vì nếu HCl hết ở cả 2 thí nghiệm thì lượng CO₂ sinh ra phải bằng nhau)

  $\to n_{HCl}$ = 0,lx mol; $n_{C{O_3}^{2-}}$ = 0,ly mol; $n_{HC{O}_3^{-}}$ = 0,2y mol .

Bản chất phản ứng:

- Thí nghiệm 1: nhỏ từ từ dung dịch chứa H⁺ vào dung dịch chứa $C{O}_3^{2-}, HC{O}_3^{-}$ thì thứ tự phản ứng xảy ra theo thứ tự như sau:

$$\begin{gathered} H^{+}+C{O}_3^{2-}\to HC{O}_3^{-}+H_{2}O \\ {H}^{+}+HC{O}_3^{-}\to H_{2}O+C{O}_2 \end{gathered}$$

Công thức tính nhanh: $n_{C{O}_2}=n_{H^{+}}-n_{C{O_3}^{2-}}$= 0, lx - 0, ly

- Thí nghiệm 2: nhỏ từ từ dung dịch chứa $C{O}_3^{2-}, HC{O}_3^{-}$, vào dung dịch chứa H⁺ thì xảy ra 2 phản ứng đồng thời với tốc độ như sau (không có sự ưu tiên về thứ tự phản ứng)

$$\begin{gathered} H^{+}+C{O}_3^{2-}\to HC{O}_3^{-}+H_{2}O \\ {H}^{+}+HC{O}_3^{-}\to H_{2}O+C{O}_2 \end{gathered}$$

Công thức tính toán cho dạng 2 phản ứng song song cùng xảy ra: $\frac{n_{chất A phản ứng}}{n_{chất B phản ứng}}=\frac{n_{chất A ban đầu}}{n_{chất B ban đầu}}$

Do ban đầu

$n_{HC{O}_3^{-}}$ =2.$n_{C{O_3}^{2-}} \to n_{HC{O}_3^{-}}$ _{phản ứng} = 2.$n_{C{O_3}^{2-}}$_{phản ứng}

Ta có: $\begin{array}{l}{n}_{H^{+}}=2n_{C{O_3}^{2-}phản ứng}+n_{HC{O}_3^{-}phản ứng}=4n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phản ứng}}{n}_{H^{+}}\\ =2n_{C{O}_3{}^{2-}phản ứng}+n_{HC{O_3^{-}}_{phản ứngg}}=4n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phản ứng}}\\ \to n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phản ứng}}=\frac{n_{H^{+}}}{4}\end{array}$

_{${n_{C{O_3}^{2-}}}_{phản ứng}=\frac{0,1x}{4}=0,025x\to {n_{HC{O}_3^{-}}}_{phản ứng}=0,05x$}

$\frac{V_{C{O}_{2}phan1}}{V_{C{O}_{2}phan2}}=\frac{n_{C{O}_{2}phan1}}{n_{C{O}_{2}phan2}}=\frac{0,1x-0,1y}{0,075x}=\frac{1}{2}\to \frac{x}{y}=\frac{8}{5}$

Đáp án A

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng:$m_{c{o}_2}$= m + 32x - 18y = 110x – 121y$\Rightarrow n_{C{O}_2}$ = 2,5x – 2,75y    

Bảo toàn nguyên tố Oxi: $n_X=\frac{2.(2,5x-2,75y)+y-2x}{6}$ = 0,5x - 0,75y

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=(k-1).n_{HCHC}$ (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: (2,5x – 2,75y) – y = (k – 1).(0,5x – 0,75y) $\to$k = 6 $\Rightarrow {\pi }_{C=C}+{\pi }_{C=O}=6$

Mà ${\pi }_{C=C}=3\to {\pi }_{C=O}=3\to n_{B{r}_2}=0,15.3=0,45mol.$

Đáp án D

$k_{C_3{H}_{10}{N}_2{O}_4}=\frac{3.2+2+2-10}{2}=0=\pi -i$

(k là độ bất bão hoà tính theo công thức phân tử, $\pi$ là số liên kết pi thực tế trong công thức cấu tạo , i là số liên kết ion trong công thức cấu tạo)

X có 4 nguyên tử O trong phân tử, nên X là muối của amoni của axit cacboxylic 2 chức nên $\pi$ = 2(có 2 liên kết $\pi$ trong 2 nhóm COO) $\Rightarrow$ i = $\pi$ - k = 2 (có 2 liên kết ion). Vậy X là muối amoni 2 chức của axit cacboxylic 2 chức.

$X\to \left[\begin{array}{l}N{H}_{4}OOC-COON{H}_{3}C{H}_3\\ N{H}_{4}OOC-C{H}_2-C\text{OO}N{H}_4\end{array}\right.$

$k_{C_3{H}_{12}{N}_2{O}_3}=\frac{3.2+2+2-12}{2}=-1$

Y có 3 nguyên tử O nên Y là muối amoni của 1 trong các gốc NH₃ và CH₃NH₂ (đều có $\pi$ = 1)

$\to$ i = $\pi$- k = 2 (Y có 2 liên kết ion trong phân tử). Vậy Y là muối amoni 2 chức của axit cacbonic (gốc $C{O}_3^{2-}$)

$Y\to \left[\begin{array}{l}{\left(C{H}_{3}N{H}_3\right)}_{2}C{O}_3\\ \left[\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\\ {\left(C{H}_3\right)}_{2}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{n}_X=x\left(mol\right)\\ n_Y=y\left(mol\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}138x+124y=3,86\\ n_{khi}=2x+2y=0,06\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,02\end{array}\right.$

Do 2 khí thoát ra hơn kém nhau 1 nguyên tử C (NH₃ và CH₃NH₂) và có tỉ lệ mol 1 : 5, nên ở đây chỉ cần xét 1 trường hợp thoả mãn được 2 điều kiện trên:

X : NH₄OOC – COONH₃CH₃, Y: (CH₃NH₃)₂CO₃

NH₄OOC-COONH₃CH₃ +2NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ (COONa)₂ +NH₃ +CH₃NH₂ +2H₂O

0,01 mol                     $\to$                     0,01 mol

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ 2CH₃NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

0,02 mol                            $\to$                         0,02 mol

Ta có $m_{muoi}=134n_{{\left(C\text{OO}Na\right)}_2}+106n_{N{a}_{2}C{O}_3}=3,46\left(g\right)$

Đáp án B

Đáp án D

$\sum O{H}^{-}$ = 0,2 . (1,5.2 + 1) = 0,8 mol; $n_{c{o}_2}$= 0,6 mol.

$n_{O{H}^{-}}/n_{C{O}_2}=\frac{0,8}{0,6}=1,33\to$ sinh ra $HC{O_3}^{-}$ và $C{O_3}^{2-}$

$n_{HC{O_3}^{-}/Y}=2n_{C{O}_2}-n_{O{H}^{-}}=0,4mol$; $n_{C{O_3}^{2-}}=0,6-0,4=0,2mol$

$$\begin{gathered} n_{B{a}^{2+}/Y}=0,2.1,5-0,2=0,1mol \\ {n}_{O{H}^{-}}=0,2.1,5=0,3mol<n_{HC{O_3}^{-}/Y}\Rightarrow n_{C{O_3}^{2-}}=0,3mol \\ {n}_{B{a}^{2+}}=0,2+0,1=0,3mol=n_{C{O_3}^{2-}}\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=0,3mol \\ \to m=0,3.197=59,1\left(g\right). \end{gathered}$$

Đáp án B

(1) Đúng

(2) Đúng

(3) Sai, chẳng hạn anilin có tính bazơ yếu hơn NH₃.

(4) Sai, polipeptit mới là cơ sở tạo nên

(5) Đúng

(6) Đúng

 $\to$có 4 nhận định đúng.

Đáp án C

Tính được $n_{H_2}=0,15mol;n_{C_4{H}_4}=0,05mol.a$

Khi nung nóng thì khối lượng hỗn hợp: $m_{saupu}=m_{\text{truoc\hspace{0.33em}pu}}=0,15.2+0,005.52=2,9gam.$

Từ tỉ khối hỗn hợp sau phản ứng với H₂ $\to n_{honhopsauphanung}=\frac{2,9}{2.14,5}=0,1mol.$

Chú ý: $$\begin{gathered} n_{H_{2}phanung}=n_{honhoptruocphanung}-n_{honhopsauphanung} \\ =0,2-0,1=0,1mol. \end{gathered}$$

Thêm nữa, H₂ phản ứng sẽ cộng vào nối đôi, làm mất 0,1 mol liên kết $\pi$ của hỗn hợp trước phản ứng.

Mà số mol lk $\pi$ trước phản ứng là: 0,05. 3 = 0,15 mol nên sau phản ứng chỉ còn 0,15 - 0,1 = 0,05 mol $\pi$

Vậy khối lượng brom đã phản ứng sẽ là: 0,05. 160 = 8 gam.

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (f), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (d), (e), (f), (g).

Đáp án D

Đáp án C

Quy X về $C_2{H}_{3}NO$, CH₂, H₂O  $\Rightarrow n_{{\text{C}}_2{H}_{3}NO}$ = 2$n_{H_2}$ = 2.0,22 = 0,44 mol.

Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và X mol CH₂

$\Rightarrow$ đốt cho CO₂: (0,66 + x) mol và H₂O: (0,88 + x) mol

 $\Rightarrow$m_{bình tăng} =$m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$ = 56,04 $\Rightarrow$ x = 0,18 mol.

 $n_{NaOH}=n_{C_2{H}_{3}NO}=0,44mol.$Bảo toàn khối lượng:

m + 0,44.40 = m + 15,8 + $m_{H_{2}O}$$\Rightarrow n_{H_{2}O}$ = 0,1 mol.

Đặt $n_A$= a;$n_B$ = b $\Rightarrow$ n_x = a + b = 0,1 mol; ${n_{{\text{C}}_2{H}_3}}_{NO}$ = 0,44 mol = 4a + 5b

Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

${\text{n}}_{Ala}=n_{C{H}_2}$=0,18 mol; $n_{Gly}$= 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.

Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n ( $1\le m\le 3;1\le n\le 4$)

$\to$0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.

B là $Gl{y}_{2}Al{a}_3$

$\to \%m_B=\frac{0,04.345}{0,44.57+0,18.14+0,1.18}.100\%=46,94\%.$

Đáp án D

X và Y lần lượt có dạng $C_n{H_2}_{n-2}{O}_2$ và $C_m{H_2}_{m-4}{O}_4$ ($n\ge 3;m\ge 4$).

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(k-\text{ 1}\right).n_{hop\text{ chat}}$ (với k là độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ).

Áp dụng: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=$ n_x + 2n_Y = $n_{COO}\Rightarrow n_{COO}$ = 0,11 mol.

$m_E=m_C+m_H+m_0$= 0,43.12 + 0,32.2 + 0,11. 2. 16 = 9,32(g).

Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là $\frac{46,6}{9,32}$ = 5 lần.

$n_{CO{O}_{thi\text{ nghiem 2}}}$ = 0,11 . 5 = 0,55 mol < $n_{NaOH}$  = 0,6 mol $\Rightarrow$ NaOH dư.

 $n_{H_{2}O\text{ ban dau}}$ = 176(g). Đặt n_x = x; $n_Y$= y $\Rightarrow$ x + 2y = 0,55 mol.

$\sum m_{H_{2}O/Z}$= 176 + 18 X 2y = (176 + 36y) (g); M_T = 32 $\Rightarrow$ T là với số mol là x.

$\to m_{binhtăng}$= 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275.2

Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol.

Đặt số C của X và Y là a và b (a > 4; b > 4) $\Rightarrow$ 0,25a + 0,15b = 0,43. 5

Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.

$\to$ Y là C₆H₈0₄  $\Rightarrow \%m_Y=\frac{0,15.144}{46,6}.100\%$ = 46,35%.

Đáp án B

Ta có n_{e trao đổi} = $\frac{It}{96500}=0,44mol.$

Giả sử tại anot chỉ có Cl₂ $\to n_{C{l}_2}=0,15mol\to n_e=0,3mol<0,44mol\to$vô lý.

$\to$Tại anot chỉ có khí Cl₂ và khí O₂.

Quá trình điện phân ở anot:

$$\begin{gathered} 2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2 \\ {H}_{2}O-2e\to 2H^{+}+\frac{1}{2}{O}_2 \\ \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08mol\\ n_{O_2}=0,07mol\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}{n}_{NaCl}=0,16mol\\ n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,2mol\end{array}\right. \end{gathered}$$

- Dung dịch sau điện phân chứa Na⁺ (0,16 mol), (0,4 mol) và H⁺

+ Xét dung dịch sau điện phân có: $\stackrel{BTDT}{\to }{n}_{H^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}-n_{N{a}^{+}}=0,24mol$

- Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch trên thì:

3Fe + 8H⁺ + 2 $N{O}_3^{-}\to$3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

            0,24     0,4       0,09 mol

+ Theo đề ta có: m_Fe - m_{rắn không tan} = m_{Fe( bị hòa tan)} $\to$m – 0,8m = 0,09.56 $\to$ m=25,2 (g)

Đáp án A

Y chứa H₂ $\Rightarrow$ z không chứa $N{O}_3^{-}$. Lập sơ đồ phản ứng:

$\begin{array}{l}\underset{31,12\left(g\right)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Fe\\ F{e}_3{O}_4\\ FeC{O}_3\end{array}\right\}}}+\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ KN{O}_3\end{array}\right\}\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ NO\\ N{O}_2\\ H_2\end{array}\right\}+H_{2}O+\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}\\ F{e}^{2+}\\ K^{+}\\ N{H}_4^{+}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right\}\\ 〈\begin{array}{l}\stackrel{BaC{l}_2}{\to }140,965\left(g\right)\downarrow \\ \stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}Mg{\left(OH\right)}_2\\ Fe{\left(OH\right)}_2\end{array}\right\}\downarrow +N{H}_3\uparrow +\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4\\ K_{2}S{O}_4\end{array}\right\}\end{array}\end{array}$

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}=n_{BaS{O}_4}=\frac{40,965}{233}=0,605mol; \\ {n}_{N{H}_4^{+}}=n_{khí}=\frac{0,56}{22,4}=0,025mol. \end{gathered}$$

Bảo toàn điện tích: 

$$\begin{gathered} n_{N{a}^{+}}+n_{K^{+}/Z}=2n_{S{O}_4^{2-}}\Rightarrow n_{KN{O}_3}=n_{K^{+}} \\ =0,605.2-1,085=0,125mol \end{gathered}$$

$\Rightarrow$b sai

• Đặt $n_{M{g}^{2+}}$ = x mol; $n_{F{e}^{2+}}$ = y mol $\Rightarrow$ n_NaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol;

m_{kết tủa} = 58x + 90y = 42,9g.

 Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol $\to$ (e) đúng.

m = 0,15. 24 + 0,38. 56 + 0,125. 39 + 0,025. 18 + 0,605. 96 = 88,285(g) $\to$ (a) sai.

Bảo toàn khối lượng: $m_{H_{2}O}$ = 31,12 + 0,605. 98 + 0,125.101 - 88,285 - 0,2 .29,2 = 8,91(g)

$\Rightarrow n_{H_{2}O}$ = 0,495 mol.

Bảo toàn nguyên tô Hidro: $n_{H_2}$ = (0,605 .2 - 0,025. 4 - 0,495. 2)/2 = 0,06 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: $\sum n_{(NO,N{O}_2)}=\sum n_{N/Y}=$ 0,125-0,025 = 0,l mol .

$\to n_{FeC{O}_3}=n_{C{O}_2}$ =0,2 - 0,1 - 0,06 = 0,04mol $\Rightarrow \%m_{FeC{O}_3}=\frac{0,04.116}{31,12}.100\%=14,91\%\Rightarrow$ ( c) sai

$\to m_X=m_{Mg}+m_{Fe}+m_O+m_{C{O}_3}\Rightarrow m_O$ = 31,12 - 0,15 . 24 - 0,38 . 56 - 0,04 . 60 = 3,84(g).

$\to n_O$= 0,24 mol $\Rightarrow n_{F{e}_3{O}_4}$ = 0,06 moL $\to$ (d) sai $\to$ chỉ có (e) đúng

Đáp án A.

Hiện tượng quan sát được là lòng trắng trứng đục dần sau đó đông tụ lại thành từng mảng bám vào thành ống nghiệm do khi đun nóng xảy ra hiện tượng đông tụ protein.