Đáp án C

Este metyl acrylat có công thức cấu tạo là: CH₂=CHCOOCH₃.

Đáp án C

Sắt tây là sắt được tráng thiếc (Sn), được sử dụng làm vỏ bao bì thực phẩm do có độ bền cơ học cao, không thấm nước, không độc, chống ánh sáng và bảo quản hương vị thực phẩm.

Đáp án A

Chất béo là trieste của glixerol và axit béo đơn chức có số chẵn nguyên tử C (từ 12C – 24C) không phân nhánh, gọi chung là triglixerit hay triaxylglixerol.

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅: tristearin là trieste của glixerol (C₃H₅(OH)₃) và axit strearic (C₁₇H₃₅COOH).

Đáp án C

Khí CO (cacbon monoxit) là chất khí cực kỳ nguy hiểm, hít thở một lượng quá lớn CO sẽ dẫn tới thương tổn do giảm lượng oxi trong máu, tổn thương hệ thần kinh cũng như có thể gây tử vong. Nồng độ khoảng 0,1% cacbon monoxit trong không khí cũng có thể nguy hiểm đến tính mạng.

CO là chất khí không màu, không mùi và không gây kích ứng nên rất nguy hiểm vì người ta không cảm nhận được sự hiện diện của CO trong không khí. CO có khả năng liên kết với hemoglobin (Hb) trong hồng cầu mạnh hơn oxi nên khi được hít vào phổi CO sẽ gắn chặt với Hb thành HbCO do đó máu không hề chuyên chở oxi đến tế bào.

Triệu chứng ngộ độc CO thường bắt đầu bằng cảm giác bần thần, nhức đầu, buồn nôn, khó thở rồi từ từ đi vào hôn mê. Nếu ngộ độc CO xảy ra khi đang ngủ say hoặc uống rượu say thì người bị ngộ độc sẽ hôn mê từ từ, ngưng thở và tử vong.

Ngộ độc CO có thể xảy ra ở những trường hợp chạy máy nổ phát điện trong nhà kín, người ngủ trong xe hơi đang nổ máy trong nhà hoặc gara.

Đáp án D

Chất X là photpho đỏ (dạng bột màu đỏ, không có khả năng phát quang trong bóng tối).

Đáp án A

“Ở dạng mạch hở glucozo và fructozo đều có nhóm cacbonyl, nhưng trong phân tử fructozo nhóm cacbonyl ở nguyên tử C số 2, còn trong phân tử glucozo nhóm cacbonyl ở nguyên tử C số 1. Trong môi trường bazo, fructozo có thể chuyển hóa thành glucozo và ngược lại”.

Đáp án C

Điều kiện để một ankin có thể tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃ tạo kết tủa vàng là ankin đó phải có nối ba đầu mạch.

Các đồng phân của ankin C₅H₈ có cấu tạo thỏa mãn điều kiện trên là:

$CH\equiv C-C{H}_2-C{H}_2-C{H}_3$ và $CH\equiv C-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_3$

Đáp án A

Nếu gốc R là đẩy e thì nó sẽ đẩy e vào nguyên tử N, làm tăng mật độ điện tích âm trên N. Do đó, N dễ nhận proton hơn, tính bazo sẽ tăng. Nếu càng nhiều gốc R đẩy e thì mật độ e trên N lại càng tăng, tính bazo càng mạnh nữa.

Ngược lại, nếu gốc R hút e, thì nó sẽ làm giảm mật độ e trên nguyên tử N. Mật độ điện tích âm giảm, N sẽ khó nhận proton hơn, tính bazo sẽ giảm. Và cũng tương tự như trên, nếu càng nhiều gốc hút e thì tính bazo lại càng giảm nữa.

Theo đầu bài, các gốc đẩy e như ankyl ⁻CH₃) làm tăng tinh sbazo của amin. Các gốc hút e như phenyl ⁻C₆H₅) làm giảm tính bazo của amin.

Sắp xếp lực bazo tăng dần như sau: C₆H₅NH₂ < NH₃ < CH₃NH₂ < CH₃NHCH₃.

Vậy chất có lực bazo mạnh nhất là: CH₃NHCH₃.

Đáp án C

Dãy sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi của các chất là:

C₂H₅Cl < C₂H₅OH < CH₃COOH

Đáp án B

Este có công thức tổng quát là: RCOOR’. Để từ X có thể điều chế trực tiếp ra Y thì E phải có công thức cấu tạo là: CH₃COOC₂H₅. Các phương trình phản ứng là:

$$\begin{gathered} \underset{\left(E\right)}{\underbrace{C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5}}+H_{2}O\underset{t^o}{\overset{H^{+}}{\to }}\underset{\left(Y\right)}{\underbrace{C{H}_{3}COOH}}+\underset{\left(X\right)}{\underbrace{C_2{H}_{5}OH}} \\ \underset{\left(X\right)}{\underbrace{C_2{H}_{5}OH}}+O_2\underset{t^o}{\overset{\text{men giấm}}{\to }}\underset{\left(Y\right)}{\underbrace{C{H}_{3}COOH}}+H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình phản ứng xà phòng hóa:

CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\to$ CH₃COONa + C₂H₅OH

        0,15                                     0,15

Ta có:

$$\begin{gathered} M_{este}=88\to n_{C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5}=0,15\left(mol\right)=n_{C{H}_{3}COONa} \\ \to m_{C{H}_{3}COONa}=0,15.82=12,3\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Dung dịch K₂CrO₄ có màu vàng (X)

Khi cho H⁺ vào thì sẽ chuyển sang da cam (Y) theo cân bằng sau:

$2Cr{O}_4^{-}+2H^{+}\underset{}{\rightleftarrows }C{r}_2{O}_7^{2-}+H_{2}O$

(màu vàng)         (màu da cam)

Đáp án B

$\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-2}+\frac{3n-1}{2}{O}_2\stackrel{t^o}{\to }nC{O}_2+ (n-1) H_{2}O \left(1\right)\\ 0,40,3\\ \to n_X=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,4-0,3=0,1\left(mol\right)\\ C_n{H}_{2n-2}+2B{r}_2\stackrel{(1:2)}{\to }{C}_n{H}_{2n-2}B{r}_4 \left(2\right)\end{array}$

Từ phương trình phản ứng (2) ta có: Số mol brom tối đa tham gia phản ứng là 0,2 (mol)

Đáp án B

Theo đề X và Y đều là chất rắn $\to$X, Y là amino axit hoặc muối amoni.

+ X tác dụng với NaOH tạo khí $\to$ X là muối amoni: CH₂= CH – COONH₄

+ Y có phản ứng trùng ngưng tạo peptit $\to$ Y là amino axit: CH₃ – CH(NH₂) – COOH

Vậy tên gọi của X, Y lần lượt là amoni acrylat và axit 2-aminopropanoic.

Đáp án D

Theo đầu bài ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,2\left(mol\right)>n_{BaC{O}_3}=0,1\left(mol\right)\\ C{O}_2+\underset{0,2\left(mol\right)}{\underbrace{Ba{\left(OH\right)}_2}}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{\left(1\right)}{\to }\left\{\begin{array}{l}BaC{O}_3:0,1\left(mol\right)\\ Ba{\left(OH\right)}_{2(d-)}:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.\\ \stackrel{\left(2\right)}{\to }\left\{\begin{array}{l}BaC{O}_3:0,1\left(mol\right)\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}$

TH1: CO₂ + Ba(OH)₂ $\to$ BaCO₃  + H₂O    (1)

           0,1               $\to$      0,1

Từ (1) $\to n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}=0,1\left(mol\right)\to V_{C{O}_2}=2,24\left(l\right)$

TH2: CO₂ + Ba(OH)₂ $\to$ BaCO₃  + H₂O    (2)

           0,1   $\leftarrow$  0,1     $\leftarrow$  0,1

2CO₂ + Ba(OH)₂ $\to$ Ba(HCO₃)₂               (3)

   0,2 $\leftarrow$  0,1     $\to$        0,1

Từ (2), (3) $\to \sum nC{O}_2=0,3\left(mol\right)\to V_{C{O}_2}=6,72\left(l\right)$

Vậy, từ (1), (2), (3) $\to \left[\begin{array}{l}{V}_{C{O}_2}=2,24\left(l\right)\\ V_{C{O}_2}=6,72\left(l\right)\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có phương trình phản ứng dạng tổng quát như sau:

Oxit kim loại + HCl $\to$ muối clorua + H₂O    (1)

Ta luôn có:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1):

$\to$ Khối lượng muối clorua + khối lượng H₂O = khối lượng oxit + khối lượng HCl

$\to$ Khối lượng muối clorua = 3,245 + 0,16.36,5 – 0,08.18 = 7,645 (gam)

Đáp án B

Tính số mol H⁺ và OH^- trong mỗi dung dịch đem trộn:

$$\begin{gathered} n_{H^{+}}=0,3.0,3=0,09\left(mol\right) \\ {n}_{O{H}^{-}}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right) \end{gathered}$$

Từ phương trình ion rút gọn của phản ứng trung hòa  số mol H⁺ sau phản ứng:

$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$

Ban đầu:        0,09          0,3

Phản ứng:      0,09   $\to$   0,09

Sau phản ứng:    0            0,21

Sau phản ứng: nOH^- dư = 0,21 (mol)

$$\begin{gathered} \to \left[O{H}^{-}\right]=\frac{n_{O{H}^{-}}}{{\displaystyle \sum V_{\text{dd}}}}\stackrel{}{\leftrightarrow }\left[O{H}^{-}\right]=\frac{0,21}{0,3+0,2}=0,42M \\ \to \left[H^{+}\right]=2,{38.10}^{-14}\to pH=13,6 \end{gathered}$$

Đáp án A

Chỉ có ZnO, FeO bị khử bởi CO $\to$ Y gồm: Al₂O₃, Zn, Fe, MgO.

$\underset{35,5\left(g\right)}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}A{l}_2{O}_3\\ ZnO\\ FeO\\ MgO\end{array}\right.}}\underset{t^o}{\overset{\stackrel{+2}{CO}}{\to }}〈\begin{array}{l}\underset{24,5\left(g\right)}{\underbrace{Y\left\{\begin{array}{l}A{l}_2{O}_3\\ Zn\\ Fe\\ MgO\end{array}\right.}}\\ \stackrel{+4}{C{O}_2}\end{array}\stackrel{\stackrel{+}{HCl}}{\to }\left(\begin{array}{l}\stackrel{0}{H_2}\\ \left\{\begin{array}{l}AlC{l}_3\\ ZnC{l}_2\\ FeC{l}_2\\ MgC{l}_2\end{array}\right.\end{array}\right.$

Khối lượng rắn giảm:

$$\begin{gathered} m_X-m_Y=32,5-24,=8\left(gam\right) \\ =m_{O\left(oxit\right)}{n}_O=0,5\left(mol\right)=n_{COpu} \end{gathered}$$

Trong quá trình phản ứng trên chỉ có nguyên tố C và nguyên tố H thay đổi số oxi hóa (vì kim loại trong oxit sau đó lại đi vào muối nên số oxi hóa không thay đổi)

Bản chất của quá trình phản ứng trên là:

$\begin{array}{l}{C}^{+2}\to C^{+4}+2e\\ 0,5\to 1,0\left(mol\right)\\ 2H^{+}+2.1e\to H_2\\ 1,0\to 0,5\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn e: $n_{CO}=n_{H_2}=0,5\left(mol\right)\to V_{H_2}=11,2$ (lít)

Đáp án B

Các phương trình phản ứng xảy ra như sau:

$\begin{array}{l}2C{H}_4\underset{\text{làm lạnh nhanh}}{\overset{{1500}^{o}C}{\to }}CH\equiv CH+3H_2\\ CH\equiv CH+H_2\stackrel{xt}{\leftarrow }C{H}_2=C{H}_2\\ C{H}_2=C{H}_2+H_{2}O\stackrel{H^{+},xt}{\leftarrow }C{H}_{3}C{H}_{2}OH\\ 2C{H}_{3}C{H}_{2}OH\underset{t^o}{\overset{xt}{\to }}C{H}_2=CH-CH=C{H}_2+H_2+2H_{2}O\\ nC{H}_2=CH-CH=C{H}_2\stackrel{Na.t^o}{\to }-{\left(C{H}_2-CH=CH-C{H}_2\right)}_n-\end{array}$

Đáp án B

Theo đề bài ta có:

$$\begin{gathered} n_{PVC}=\frac{125}{62,5}=2\left(kmol\right) \\ \to n_{C{H}_4}=\frac{2.2}{0,5}=8\left(kmol\right) \\ \to V=\frac{8.22,4}{0,8}=224\left(m^3\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

(a) Đúng, Fe bị ăn mòn điện hóa theo phản ứng: Fe + CuCl₂ $\to$ FeCl₂ + Cu.

Tại catot (Cu): $C{u}^{2+}+2e\to Cu$

Tại anot (Fe): $Fe\to F{e}^{2+}+2e$

(b) Sai, Al bị ăn mòn hóa học theo phản rứng: 2Al + 6HCl $\to$ 2AlCl₃ + 3H₂.

(c) Đúng, Zn bị ăn mòn điện hóa theo phản ứng:

Zn + 2FeCl₃ $\to$ ZnCl₂ + 2FeCl₂

Zn_dư + FeCl₂ $\to$ ZnCl₂ + Fe

Tại catot (Fe): $F{e}^{2+}+2e\to Fe$

Tại anot (Zn): $Zn\to Z{n}^{2+}+2e$

(d) Sai, không xảy ra phản ứng.

Đáp án C

Công thức tổng quát của peptit là:

$$\begin{gathered} H-{\left(NH-C_2{H}_4-CO\right)}_n-OH \\ \to M_{peptit}=71n+18 \end{gathered}$$

Với n=1

$\to M_{Ala}=71+18=89\to n_{Ala}=\frac{24,48}{89}=0,32\left(mol\right)$

Với n=2

$\to M_{Ala2}=71.2+18=160\to n_{Ala2}=\frac{32}{160}=0,2\left(mol\right)$

Với n=3

$\to M_{Ala3}=71.3+18=231\to n_{Ala3}=\frac{27,72}{231}=0,12\left(mol\right)$

Bảo toàn số mol Ala ta có:

$$\begin{gathered} 4.nAl{a}_4=3.nAl{a}_3+2.nAl{a}_2+nAla \\ \to n_{Al{a}_4}=(3.0,12+2.0,2+0,32)/4 \\ =0,27\left(mol\right) \end{gathered}$$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} M_{Al{a}_4}=71.4+18=302 \\ \to m_{Al{a}_4}=0,27.302=81,54\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} \underset{6,2\left(g\right)}{\underbrace{m_{Ancol}}}+\underset{4,6\left(g\right)}{\underbrace{m_{Na}}}\to \underset{10,65\left(g\right)}{\underbrace{m_{\text{r¾n}}}}+m_{H_2}\to m_{H_2}=0,15g \\ \to n_{H_2}=0,075 mol \end{gathered}$$

Đặt công thức phân tử chung của 2 ancol là:

$\begin{array}{l}{C}_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+1}OH+Na\to C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+1}ONa+\frac{1}{2}{H}_2\\ 0,15 0,075\left(mol\right)\end{array}$

${\overline{M}}_{ancol}=\frac{62}{0,15}=41,33=14\overline{n}+18\to \overline{n}=1,67$

Đáp án D

A. Sai, nước cứng là nước có nhiều ion và

B. Sai, hỗn hợp tecmit dùng hàn đường ray xe lửa là hỗn hợp gồm Al và Fe₂O₃

C. Sai, nguyên tắc để điều chế kim loại là khử ion kim loại thành kim loại.

D. Đúng, kim loại phản ứng mãnh liệt với nước nhất là K.

Đáp án D

$$\begin{gathered} n_X=\frac{8,9}{89}=0,1\left(mol\right);n_{NaOH\left(bd\right)}=0,15\left(mol\right) \\ \to n_{NaOH\left(du\right)}=0,15-0,1=0,05\left(mol\right) \end{gathered}$$

Khối lượng muối thu được sau cô cạn là:

m_muối = m_rắn – m_{Na(OH) (dư)} = 11,7 – 0,05.40 = 9,7(gam)

$\to$M_muối $=\frac{9,7}{0,1}=97\to$ Công thức của muối là: H₂NCH₂COONa $\to$X là: H₂NCH₂COOCH₃.

Đáp án A

Phườn trình phản ứng:

H₂NCH₂COOH + NaOH $\to$ H₂NCH₂COONa (X₁) + H₂O

H₂NCH₂COONa + 2HCl_dư $\to$ ClH₃NCH₂COOH (X₂) + NaCl

Đáp án C

Đặt số mol của saccarozo và mantozo trong hỗn hợp X tương ứng là x và y, ta có các phương trình phản ứng:

C₁₂H₂₂O₁₁  +  H₂O  $\to$ C₆H₁₂O₆  + C₆H₁₂O₆ (1)

(saccarozo)               (glucozo)        (glucozo)

       x     $\to$                    x      $\to$      x(mol)

C₁₂H₂₂O₁₁  + H₂O  $\stackrel{H^{+}, t^o}{\to }$ 2C₆H₁₂O₆ (2)

(mantozo)                             (glucozo)

      y         $\to$                       2y (mol)

CH₂OH[CHOH]₄CHO  + Br₂ + H₂O $\to$ CH₂OH[CHOH]4COOH + 2HBr      (3)

                    x + 2y                  $\to$            x + 2y

C₁₂H₂₂O₁₁ $\stackrel{AgN{P}_3/N{H}_3, t^o}{\to }$ 2Ag   (4)

(mantozo)

    y                $\to$              2y

Theo (1), (2), (3) và giả thiết ta có:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=\frac{3,42}{342}=0,01\\ x+2y=0,015\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,005\\ y=0,005\end{array}\right.$

Khi cho hỗn hợp X tham gia phản ứng tráng gương thì chỉ có mantozo phản ứng

(4) $\to$ m_Ag = 0,005.2.108 = 1,08 (gam)

Đáp án C

$A{l}_2{O}_3\underset{H=80\%}{\overset{dpnc}{\to }}\underset{m\left(g\right)}{\underbrace{Al}}+0,3 mol X\underset{(d\frac{X}{H_2}=16)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}{O}_2:x\left(mol\right)\\ CO:y\left(mol\right)\\ C{O}_2:z\left(mol\right)\end{array}\right.}}$

Lấy 0,15(mol)X $\left\{\begin{array}{l}{O}_2:\frac{x}{2}\left(mol\right)\\ CO:\frac{y}{2}\left(mol\right)\\ C{O}_2:\frac{z}{2}\left(mol\right)\end{array}\right.\stackrel{+Ca{\left(OH\right)}_2\text{(d-­)}}{\to }0,03 mol CaC{O}_3$

Các phản ứng xảy ra:

2Al₂O₃ $\stackrel{dpnc}{\to }$ 4Al + 3O₂;  C + O₂ $\to$ CO₂;  2C + O₂  $\to$ 2CO

0,15mol X + Ca(OH)_{2 (dư)}­ thu được 0,03 mol CaCO₃ 

$\to n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,03\left(mol\right)=\frac{z}{2}$

$\begin{array}{l}\stackrel{d\frac{X}{H_2}=16}{\to }0,3 mol X\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=x=0,06\left(mol\right)\\ n_{CO}=y=0,18\left(mol\right)\\ n_{C{O}_2}=z=0,06\left(mol\right)\end{array}\right.\\ \stackrel{BTO}{\to }3n_{A{l}_2{O}_3}=2n_{O_2}+n_{CO}+2n_{C{O}_2}\\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=0,14 mol \stackrel{BTAl}{\to }{n}_{Al}=0,28 mol\\ \to m_{Al}=7,56\left(g\right)\end{array}$

Đáp án A

a) 2NaCl $\stackrel{dpnc}{\to }$ 2Na + Cl₂

b) CuSO₄ + H₂O $\to$$Cu{\left(OH\right)}_2$ + H₂SO₄

c) K + H₂O $\to$KOH + $\frac{1}{2}$ H₂

3KOH + AlCl₃ $\to$ Al(OH)₃ + 3KCl

d) Fe + CuSO₄ $\to$ FeSO₄ + Cu

e) Không xảy ra phản ứng

f) $3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{+2}+2NO+H_{2}O$

Có 4 thí nghiệm (a, b, c, f) sinh ra chất khí.

Đáp án B

Ăn mòn điện hóa là quá trình oxi hóa khử, trong đó kim loại bị ăn mòn do tác dụng của dung dịch chất điện li và tạo nên dòng electron chuyển dời từ cực âm đến cực dương.

- Điều kiện để xảy ra ăn mòn điện hóa là phải thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

+ Các điện cực phải khác nhau về bản chất.

+ 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.

- Ăn mòn điện hóa thường xảy ra khi cặp kim loại (hoặc hợp kim) để ngoài không khí ẩm, hoặc nhúng trong dung dịch axit, dung dịch muối, trong nước không nguyên chất…

Nhìn vào 4 thí nghiệm trên ta thấy: Có 2 thí nghiệm, trong đó sắt bị ăn mòn điện hóa là: Thí nghiệm số 2 (thép là hợp kim Fe – Cu) và thí nghiệm 3 (Fe bị tan). Còn thí nghiệm 4 thì Mg bị tan, thí nghiệm 1 thì không có dung dịch điện li.

Đáp án A

Chỉ có phát biểu (5) là sai.

Trong công thức cấu tạo của vinyl axetat (CH₃COOCH=CH₂) có 2 liên kết $\pi$

Đáp án B

$\begin{array}{l}{n}_{KCl}=0,1 mol;n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,15 mol\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2+2KCl\stackrel{dpdd}{\leftarrow }Cu+C{l}_2+2KN{O}_3\end{array}$

     0,05 $\leftarrow$   0,1   $\to$     0,05 0,05 0,1

$\begin{array}{l}2Cu{\left(N{O}_3\right)}_2+2H_{2}O\stackrel{dpdd}{\to }2Cu+O_2+4HN{O}_3\\ x\to x\to 0,5x\to 2x\end{array}$

Sau khi KCl điện phân hết thì khối lượng dung dịch giảm

M = 0,05.64 + 0,05.71 = 6,75 < 10,75 (gam)

Vậy Cu(NO₃)₂ tiếp tục bị điện phân. Gọi x là số mol Cu(NO₃)₂ điện phân ta có:

$64x+\frac{32}{2}x=10,75-6,75\to x=0,05$

Vậy dung dịch sau điện phân có KNO₃, HNO₃ và Cu(NO₃)₂ dư

Đáp án B

Hiện tượng quan sát được tại mỗi ống nghiệm:

(1) Tách lớp do este ít tan trong nước.

(2) Tách lớp do phản ứng este hóa là một phản ứng thuận nghịch nên chỉ có một phần este bị thủy phân trong môi trường axit.

(3) Đồng nhất do phản ứng xà phòng hóa là phản ứng hoàn toàn.

Vậy hiệu suất phản ứng tăng dần từ ống (1) đến ống (3).

Đáp án B

Ta có:  

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,2a\left(mol\right)\\ n_{Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2}=0,2b\left(mol\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{B{a}^{2+}}=0,2(a+b)\left(mol\right)\\ n_{O{H}^{-}}=0,4a\left(mol\right)\\ n_{Al{O}_2^{-}}=0,4b\left(mol\right)\end{array}\right.$

Tại $n_{H_{2}S{O}_4}=0,12mol\to$ trung hòa hết OH^- đồng thời tạo kết tủa của BaSO₄

Khi đó:  

$$\begin{gathered} n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}\to 0,4a=0,12.2\to a=0,6 \\ \to m_{BaS{O}_4}=0,12.233=27,96\left(g\right)=m_1\left(1\right) \end{gathered}$$

+) Tại $m_{\downarrow }=62,91\left(g\right)\to Al{\left(OH\right)}_3$ tan hết kết tủa chỉ còn BaSO₄  $\to m_{BaS{O}_4}=62,91\left(g\right)$

$$\begin{gathered} \to n_{Ba}S{O}_4=0,27mol\to 0,2(a+b)=0,27 \\ \to b=0,75\to n_{Al{O}_2^{-}}=0,3mol \end{gathered}$$

+) Tại $n_{H_{2}S{O}_4}=0,5mol\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O_4}_{\max }\\ Al{\left(OH\right)}_3\end{array}\right.$

Ta có:   

$$\begin{gathered} n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{4.n_{Al{O}_2^{-}}-n_{H^{+}}}{3}=\frac{4.0,3-(1-0,24)}{3}=\frac{0,44}{3} \\ \to m_{Al{\left(OH\right)}_3}=11,44\left(g\right) \end{gathered}$$

$\to m+m_1=27,96+62,91+11,44=102,31\left(gam\right)$

Đáp án C

Quy đổi X thành Ba, Na, K, O.

$\begin{array}{l}\to n_{Na}=n_{NaOH}=0,18\left(mol\right):n_{Ba}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}\\ =0,93m/171\left(mol\right);\\ n_K=n_{KOH}=0,044m/56\left(mol\right)\\ \stackrel{BTe}{\to }2n_{Ba}+n_K+n_{Na}=2n_O+2n_{H_2}\\ \to nO=\left(\frac{2.0,93m}{171}+\frac{0,044m}{56}-0,1\right)/2\\ \stackrel{BTKL}{\to }m=m_X=m_{Ba}+m_K+m_{Na}+m_O\\ \stackrel{\text{thay the}}{\to }m=25,5\left(gam\right)\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,1387\left(mol\right)\\ n_{KOH}=0,02\left(mol\right)\end{array}\right.\end{array}$

$\to n_{O{H}^{-}}=0,4774\left(mol\right)\to 1<k=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=1,37<2\to$ tạo 2 muối  $\left\{\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}\\ HC{O}_3^{-}\end{array}\right.$

Ta có công thức: $$\begin{gathered} n_{C{O}_3^{2-}}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}=0,1294\left(mol\right)=n_{BaC{O}_3\downarrow } \\ \to a=0,1294.197=25,4918\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt CTTQ E: $C_x{H}_y{O}_z$ (x, y, z nguyên dương).

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=0,54mol;n_{H_{2}O}=0,315mol \\ \Rightarrow m_C=6,48gam;m_H=0,63gam;m_O=4,32gam \end{gathered}$$

Ta có tỉ lệ: x:y:z = 6:7:3 $\to$ CTPT của E : (C₃H₇O₃)_n

Ta có: $n_E:n_{NaOH}=1:5,$ mà phản ứng hết. Vậy E có ít hơn 5 chức $\to$ este E có 6 nguyên tử oxi (n=2). Vậy  CTTP E : C₁₂H₁₄O₆ (M=254 g/mol)  E: (RCOO)₃R’

(RCOO)₃R’ +  3NaOH   $\to$  3RCOONa  + R’(OH)₃     (1)

$n_{R{\left(OH\right)}_3}=n_{{\left(RCOO\right)}_{3}R\text{'}}=0,1 mol;n_{C{O}_2}=0,3mol.$

Do $\frac{n_{R{\left(OH\right)}_3}}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,1}{0,3}=\frac{1}{3}\to R$ có 3 nguyên tử C.

$\to$ CTCT ancol: CH₂OH-CHOH-CH₂OH   (Glixerol)

Ta có:  $m_{RCOONa}=254.0,1+12-0,1.92=28,2\left(gam\right)$

Từ (1):  $$\begin{gathered} M_{RCOONa}=28,2/0,3=94\to R=27 C_2{H}_3- \\ \to CTCTE:\begin{array}{c}C{H}_2=CH-COO-C{H}_2\\ C{H}_2=CH-COO-\underset{\left|}{\overset{\right|}{CH}}\\ C{H}_2=CH-COO-C{H}_2\end{array} \end{gathered}$$

Đáp án C

Quy đổi hỗn hợp (H) thành Mg, Fe, CO₃ và NO­₃ ta có sơ đồ:

$\underset{30g}{\underbrace{H\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Fe\\ C{O}_3:0,08\\ N{O}_3\end{array}\right.}}+HCl\to \underset{54,33g}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}\\ F{e}^{n+}\\ N{H}_4^{+}:a\\ C{l}^{-}:1,02\end{array}\right.}}+\underset{6,78g}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}NO:b\\ H_2:c\\ C{O}_2:0,08\end{array}\right.}}+H_{2}O$

+ Natri cuối cùng đi về NaCl $\to$ n_{HCl pứ} = n_NaOH = 1,02 (mol)

m_{HCl pứ} = 37,23gam $\to$BTKL ta có $n_{H_{2}O}=0,34\left(mol\right)$

+ PT theo m_X – m­_H là: 44a + 62b = 7,08 (1)

+ PT bảo toàn hidro: 4a + 2c = 0,34  (2)

+ PT theo khối lượng khí thoát ra: 30b + 2c = 3,26 (3)

• Giải hệ (1) (2) và (3) ra có a = 0,02, b = 0,1 và c = 0,13

+ Đặt $\sum n_{Mg}=x$ và $\sum n_{Fe}=y$ ta có:

+ PT theo 

$$\begin{gathered} {\sum }_{(mMg+mFe)}:24x+56y \\ =30-0,08.60-(0,02+0,1).62=17,76\left(3\right) \end{gathered}$$

+ PT theo tổng khối lượng oxit thu được: 40x + 80y = 26,4 (4)

• Giải hệ (3) và (4) $\to \sum n_{Fe/H}=y=0,24\left(mol\right)$

n_{Fe kim loại/H}  $=0,24-0,08-\frac{0,12}{2}=0,1\left(mol\right)$

$\Rightarrow \%m_{(Fe/H)}=\frac{5,6.100\%}{30}\approx 18,667\%$

Đáp án D

Este A: Vì nNaOH = 0,3 mol; Do Este A hai chức + NaOH thu được dung dịch chứa 1 muối và hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp $\to$ tỉ lệ phản ứng là 1: 2 $\to$ Este A là 2 chức dạng: R(COO)₂ tỉ lệ $n_{este}:n_{NaOH}=1:2\Rightarrow n_{este}=0,15mol\Rightarrow M_{este}=146$

$R+2=58\left(C_4{H}_{10}\right).$ Vì tạo 2 ancol nên phải có tối thiểu 1 gốc CH₃, 1 gốc C₂H₅

A là: C₂H₅OOC-CH₂-COOCH₃: a (mol)

Este B: Vì nNaOH = 0,3 mol; Este đơn chức, nên tỷ lệ phản ứng hoặc 1 : 1 hoặc 1 : 2

TH₁: este dạng RCOOR’ $\to$ tỷ lệ $n_{este}=1:1\Rightarrow n_{este}=0,3mol\Rightarrow M_{este}=73$

TH₂: Este dạng RCOOC₆H₄R’ $\to$ tỷ lệ $n_{este}=n_{NaOH}=1:2\Rightarrow n_{este}=0,15mol\Rightarrow M_{este}=146$

$\Rightarrow R+R\text{'}=26\left(C_2{H}_2\right)\Rightarrow$ 2 gốc: $CH\equiv C-$ và H; vì este không tráng bạc nên B là: $CH\equiv C-COO{C}_6{H}_5:b\left(mol\right)$

Khi tác dụng với dung dịch D:

$n_{ancol}=\frac{1.7,28}{0,082(273+81,9)}=0,25\left(mol\right)\to a=0,125\left(mol\right)$

Tổng số mol: $a+b=29,2:146=0,2mol\Rightarrow b=0,075\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng:

m_rắn =  $m_{(A.B)}+m_{NaOH}+m_{KOH}-m_{C{H}_{3}OH}-m_{C_2{H}_{5}OH}-m_{H_{2}O}$

$$\begin{gathered} 29,2-0,4.40+0,2.56-0,125.32-0,125.46-0,075.18 \\ =45,3\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

$\underset{(43,15g)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Al\\ F{e}_2{O}_3\\ C{e}_2{O}_3\end{array}\right.}}\stackrel{\text{chia 2 phần}}{\to }〈\begin{array}{l}{P}_1:\underset{1\text{ thời gian}}{\overset{CO:0,06\left(mol\right)}{\to }}\left[\begin{array}{l}\text{R¾n : 25,41(g)}\\ \text{A}\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ CO\end{array}\right.(d_{A/H_2}=18)\end{array}\right.\\ P_2:\stackrel{t^o}{\to }\left\{\begin{array}{l}Cr\\ Fe\\ A{l}_2{O}_3\\ Al\end{array}\right.\stackrel{NaOH:0,18\left(mol\right)}{\to }\left[\begin{array}{l}{V}_{H_2}\\ ddY\\ \text{R¾n\hspace{0.17em}Z}\stackrel{+HCl}{\to }0,06mol{H}_2\end{array}\right.\end{array}$

Phần (1): BT C 

$$\begin{gathered} \to n_{C{O}_2}+n_{CO}=0,06\left(mol\right) \\ \to m=0,\mathrm{06.18.2}=2,16\left(gam\right) \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}BTKL\to m_{Pi}=2,16+25,41-0,06.28=25,89\left(gam\right)\\ \to m_{P_2}=17,26\left(gam\right)\\ \begin{array}{c}A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O\\ Al+NaOH+H_{2}O\to NaAl{O}_2+\frac{3}{2}{H}_2\end{array}\\ \to n_{Al\left(P2\right)}=n_{NaOH}=0,18\left(mol\right)\end{array}$

Phản ứng với HCl loãng nguội $\to n_{Fe}=n_{H_2}=0,06\left(mol\right)$

$$\begin{gathered} m_{P_2}=17,26\left(g\right)\to m_{C{r}_2{O}_3}=7,6\left(g\right) \\ \to n_{C{r}_2{O}_3}=0,05\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}\to n_O=0,05.3+0,06:2,3=0,24\left(mol\right)\\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=0,08\left(mol\right)\to n_{Al}=0,02\left(mol\right)\\ \to V_{H_2}=1,5.0,02.22,4=0,672\left(l\right)\end{array}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,12\\ 46x+32y=4,68\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,06=n_{N{O}_2}\stackrel{0,06molN{O}_2}{\to }2x+2y=0,06\\ y=0,06=n_{O_2}\stackrel{0,06mol{O}_2}{\to }\frac{x}{2}+\frac{y}{2}+\frac{z}{2}=0,06\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}2x+2y=0,06\\ z=0,09\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}\stackrel{BTDTddY}{\to }{n}_{N{O}_3^{-}}^Y=\underset{0,06}{\underbrace{2x+2y}}+0,09-0,04.2=0,07 mol\\ \stackrel{BTNTN}{\to }{n}_{N{O}_2}=0,09-0,07=0,02 mol\\ \to n_{S{O}_2}=0,03-0,02=0,01\left(mol\right)\\ \begin{array}{l}\stackrel{BTKL}{\to }m+98a+7,65=4m+18a+1,56 \left(1\right)\\ \stackrel{BTNTO}{\to }\frac{0,3m}{16}+4a+0,09.3\\ =0,04.4+0,07.3+0,06+a\left(2\right)\end{array}\\ \to \left\{\begin{array}{l}m\approx 2,959\left(gam\right)\\ a\approx 0,035\left(mol\right)\end{array}\right.\end{array}$