Đáp án D

Muối axit là muối mà gốc axit vẫn còn H có khả năng phân li ra ion  Muối trung hòa là muối mà gốc axit không còn H có khả năng phân li ra ion .

Trong công thức cấu tạo của Na₂HPO₃ vẫn còn nguyên tử H, nhưng không có khả năng phân li ra ion , vì liên kết giữa H - P là liên kết cộng hóa trị không phân cực. Trong công thức cấu tạo của các muối còn lại vẫn còn nguyên tử H có khả năng phân li ra ion  (do liên kết giữa H - O là liên kết cộng hóa trị có cực, cặp e dùng chung lệch hẳn về phía oxi là nguyên tử có độ âm điện lớn hơn).

Đáp án A

Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm, đun nóng gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Đáp án C

Công thức cấu tạo của lysin: H₂N-[CH₂]₄-CH(NH₂)-COOH, số nhóm chức -NH₂ > -COOH → Lysin làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án B

Đun nóng tristearin trong dung dịch NaOH thu được glixerol và C₁₇H₃₅COONa.

Đáp án A

Điều kiện để có phản ứng màu biure là peptit phải chứa 2 liên kết peptit -CO-NH- trở lên (từ tripeptit trở lên).

Đáp án C

CH₂=CHOOCCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO

Đáp án B

Sự kết hợp các phân tử nhỏ (monome) thành các phân tử lớn (polime) có khối lượng bằng tổng khối lượng của các monome hợp thành được gọi là sự trùng hợp.

Đáp án B

Kim loại có các tính chất vật lí chung là: Dẫn nhiệt, dẫn điện, ánh kim và tính dẻo.

Kim loại có các tính chất vật lí riêng là: Tính cứng, khối lượng riêng, nhiệt độ nóng chảy.

Đáp án C

Cr₂O₃: màu lục thẫm; Cr(OH)₃: màu lục xám; CrO₃: màu đỏ thẫm; K₂CrO₄ : màu vàng

Đáp án C

Tương tự xenlulozơ, tinh bột không có phản ứng tráng bạc, có phản ứng thủy phân trong dung dịch axit thành glucozơ.

Đáp án B

$\begin{array}{l}\underset{X\left(p\text{r}opin\right)}{\underbrace{C{H}_3-C=CH}}+H-OH\\ \underset{t°C}{\overset{Hg\text{S}{O}_4/H_{2}S{O}_4}{\to }}\text{[}C{H}_3-\underset{\begin{array}{c}|\\ OH\end{array}}{C}=C{H}_2\text{]}\\ \stackrel{\text{Khong ben}}{\to }\underset{\left(axeton\right)}{\underbrace{C{H}_3-CO-C{H}_3}}\end{array}$

Đáp án D

Isopren có thể tham gia phản ứng cộng với H₂ theo tỉ lệ 1:1 và 1:2, thu được tối đa 4 dẫn xuất như sau:

$\begin{array}{l}\stackrel{1}{C{H}_2}=\underset{\begin{array}{c}|\\ C{H}_3\end{array}}{\overset{2}{C}}-\stackrel{3}{CH}=\stackrel{4}{C{H}_2}\\ \stackrel{+H_2}{\to }〈\begin{array}{l}\stackrel{(1:1)}{\to }\left\{\begin{array}{l}\stackrel{1,2}{\to }C{H}_3-\underset{\begin{array}{c}|\\ C{H}_3\end{array}}{\overset{2}{CH}}-\stackrel{3}{CH}=\stackrel{4}{C{H}_2}\\ \stackrel{3,4}{\to }\stackrel{1}{C{H}_2}=\underset{\begin{array}{c}|\\ C{H}_3\end{array}}{\overset{2}{C}}-\stackrel{3}{C{H}_2}-\stackrel{4}{C{H}_3}\\ \stackrel{1,4}{\to }\stackrel{1}{C{H}_3}-\underset{\begin{array}{c}|\\ C{H}_3\end{array}}{\overset{2}{C}}=\stackrel{3}{CH}-\stackrel{4}{C{H}_3}\end{array}\right.\\ \stackrel{(1:2)}{\to }\stackrel{1}{C{H}_3}-\underset{\begin{array}{c}|\\ C{H}_3\end{array}}{\overset{2}{CH}}-\stackrel{3}{C{H}_2}-\stackrel{4}{C{H}_3}\end{array}\end{array}$

Đáp án B

Cần nhớ công thức cấu tạo của các chất:

Axit glutamic: HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH

Valin: (CH₃)₂CH-CH(NH₂)-COOH

Lysin: H₂N-[CH₂]₄-CH(NH₂)-COOH

Alanin: NH₂-CH(CH₃)-COOH

Etylamin: C₂H₅NH₂

Anilin: C₆H₅NH₂

- Dung dịch làm quỳ tím chuyển màu hồng: axit glutamic

- Dung dịch làm quỳ tím chuyển màu xanh: lysin, etylamin

- Dung dịch không làm quỳ đổi màu: valin, alanin, anilin

Đáp án A

Phương trình phản ứng:

                                    Fe      +     $\frac{3}{2}$ Cl₂ $\stackrel{t^o}{\to }$  FeCl₃

    Ban đầu:                  0,125         0,15

Phản ứng:                     0,1        $\leftarrow$   0,1  $\to$      0,1

Sau phản ứng:              0,25           0                0,1

$\to m_{F\text{e}C{l}_3}=0,1.162,5=16,25$ (gam).

Lưu ý: Mặc dù sau phản ứng trên Fe dư, nhưng không phản ứng với FeCl₃ (phản ứng chỉ xảy ra trong dung dịch).

Đáp án A

Mắt xích của tơ capron (nilon-6) và tơ enang (nilon-7) có cấu tạo lẩn lượt là:

(-HN-(CH₂)₅-CO-) và (-HN-(CH₂)₆-CO-).

Số mắt xích trong công thức phân tử của tơ carpon là:

$n_1=\frac{17063}{113}=151$

Số mắt xích trong công thức phân tử của tơ enang là:

$n_2=\frac{21717}{127}=171$

Đáp án D

Vì lượng HNO₃ hao hụt 25% nên hiệu suất phản ứng chỉ đạt 75%. Gọi x là số kg HNO₃ đem phản ứng thì lượng HNO₃ phản ứng là x.75% kg.

Phương trình phản ứng:

            C₆H₇O₂(OH)₃ + 3HNO₃ $\stackrel{xt, t^o}{\to }$ C₆H₇O₂(ONO₂)₃ + 3H₂O  (1)

gam:                                        63.3     $\to$       297

kg:                                         x.75%    $\leftarrow$     89,5

Theo (1) và giả thiết ta thấy khối lượng HNO₃ nguyên chất đã tham gia phản ứng là:

$$\begin{gathered} x=\frac{\mathrm{63.3.89},5}{297.75\%}=75,94kg \\ \Rightarrow m_{\text{dd\hspace{0.17em}}HN{O}_3\text{ 65\%}}=\frac{75,94}{65\%}=116,83kg \end{gathered}$$

Thể tích dung dịch HNO₃ nguyên chất cần dùng là: $V_{{\text{dd HNO}}_3\text{ 65\%}}=\frac{116,83}{1,5}=77,88$ lít.

Đáp án C

 $\underset{17,4\left(gam\right)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}{M}_{2}C{O}_3:a\left(mol\right)\\ CaC{O}_3:b\left(mol\right)\end{array}\right.}}\stackrel{t°}{\to }\underset{8,6\left(gam\right)}{\underbrace{X}}+\underset{V\left(l\right)}{\underbrace{C{O}_2}}$

$\begin{array}{l}{m}_{\text{ran giam}}=17,4-8,6=8,8=m_{C{O}_2}\\ \to n_{C{O}_2}=0,2\left(mol\right)\to V_{C{O}_2}=4,48\left(l\right)\end{array}$

$\to$loại A và B.

Ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}(2M+60)a+100b=17,4\\ a+b=0,2\end{array}\right.\\ \to a=\frac{1,3}{20-M}<0,2\\ \to 20-M>6,5\\ \to M<13,5\to M:Li\end{array}$

Đáp án C

$X\left\{\begin{array}{l}Al\\ Zn\\ Cu\\ Mg\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_3(\text{dac, nguoi)}}{\to }〈\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}Zn{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Mg{\left(N{O}_3\right)}_2\\ HN{O}_3\end{array}\right.\stackrel{+NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}Cu{\left(OH\right)}_2\\ Mg{\left(OH\right)}_2\end{array}\right.\\ \stackrel{t°}{\to }\left\{\begin{array}{l}CuO\\ MgO\end{array}\right.\underset{t°}{\overset{+CO}{\to }}\left\{\begin{array}{l}Cu\\ MgO\end{array}\right.\\ Z:Al\end{array}$

Đáp án C

Sơ đồ phản ứng:

P $\stackrel{+O_2}{\to }$ P₂O₅ $\stackrel{+H_{2}O}{\to }$ H₃PO₄ $\underset{k=2,5}{\overset{O{H}^{-}:0,5\left(mol\right)}{\to }}\left\{\begin{array}{l}HP{O}_4^{2-}\\ P{O}_4^{3-}\end{array}\right.$

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

$$\begin{gathered} \stackrel{BTKL}{\to }\underset{H_{3}P{O}_4}{\underbrace{0,2.98}}+\underset{NaOH}{\underbrace{0,2.40}}+\underset{KOH}{\underbrace{0,3.56}}=m+\underset{H_{2}O}{\underbrace{0,5.18}} \\ \to m=35,4\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Từ dữ kiện: $M_X<M_Y<M_Z<62$

$\to \left\{\begin{array}{l}X:HC\equiv C-C\equiv CH\\ Y:HC\equiv C-CH=C{H}_2\\ Z:HC\equiv C-C{H}_2-C{H}_3\end{array}\right.\stackrel{BTKL}{\to }{m}_X+m_Y+m_Z=15,6$

$\leftrightarrow (50+52+54)x=15,6\to x=0,1\left(mol\right)$

Mặt khác, trong CTCT, X có 4 liên kết π, Y có 3 liến kết π, Z có 2 liên kết π

→ Tổng số liên kết $\pi =4+3+2=9\to a=n_{B{r}_2}=9.x=0,9\left(mol\right)$.

Đáp án A

$$\begin{gathered} A\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ Ag\\ Cu\\ Al\end{array}\right.\underset{t^0}{\overset{+O_2}{\to }}B\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3\\ Ag\\ CuO\\ A{l}_2{O}_3\end{array}\right.\underset{du}{\overset{+HCl}{\to }}dd\left\{\begin{array}{l}FeC{l}_3\\ CuC{l}_2\\ AlC{l}_3\end{array}\right.\underset{du}{\overset{+NaOH\left(l\right)}{\to }} \\ \text{ket tua}\left\{\begin{array}{l}F{\text{e(OH)}}_3\\ Cu{\left(OH\right)}_2\end{array}\right.\stackrel{t°}{\to }\text{Ran Z}\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}_2{O}_3\\ CuO\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo đầu bài ta có:

$$\begin{gathered} C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+2}O\to \frac{25,8}{14\overline{n}+18}.\frac{3\overline{n}}{2}=1,8\to \overline{n}=2,4 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}OH:a\\ C_3{H}_{7}OH:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}46\text{a}+60b=25,8\\ 2a+3b=2,4(a+b)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,3\\ b=0,2\end{array}\right.\left(mol\right) \\ \left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}OH:H\%\\ C_3{H}_{7}OH:50\%\end{array}\right.\stackrel{BTKL}{\to }46.0,3.0,01H+0,2.0,5.60 \\ =11,76+(0,15.0,01H+0,1.0,5).18 \\ \Rightarrow H=60\% \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo đầu bài ta có: X là tripeptit nên một phân tử X phản ứng với 3 phân tử NaOH : 2 phân tử NaOH tham gia phản ứng thủy phân 2 liên kết peptit, 1 phân tử NaOH để trung hòa nhóm –COOH đồng thời giải phóng ra một phân tử nước.

Phương trình phản ứng tổng quát:

            X       +     3NaOH → muối + H₂O     (1)

mol:    0,15  →    0,45      →              0,15

Vậy theo phản ứng (1) ta thấy chất rắn thu được có cả NaOH dư. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 

$$\begin{gathered} m_{\text{chat ran}}=m_X+m_{NaOH}-m_{H_{2}O} \\ =0,15.217+0,5.40-0,15.18=49,85\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Đặt CTPT trung bình của 2 amin là $C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+3}N$.

Theo giả thiết suy ra: $14\overline{n}+17=2.17,833\to \overline{n}=\frac{4}{3}$.

Quy đổi hỗn hợp O₃, O₂ thành O, theo định luật bảo toàn khối lượng ta có $m_{(O_3,O_2)}=m_O$.

Sơ đồ phản ứng:

   $2C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+3}N \stackrel{+O_2}{\to } 2\overline{n} C{O}_2 + (2\overline{n}+3)H_{2}O+N_2$               (1)

mol:            1                    $\overline{n}$                     $\frac{2\overline{n}+3}{2}$     

Theo (1) ta có:

$$\begin{gathered} n_{O\text{ p.u}}=2\overline{n}+\frac{2\overline{n}+3}{2}=5,5\text{ mol} \\ \Rightarrow {\text{m}}_{(O_3,O_2)}=m_O=5,5.16=88\text{ gam} \\ \Rightarrow n_{(O_3,O_2)}=\frac{88}{4.11}=2\text{ mol} \end{gathered}$$

Vậy $V_X:V_Y=2:1$.

Đáp án D

Đặt công thức tổng quát của chất béo là $C_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3$.

Phương trình phản ứng hóa học:

$C_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3$ + 3NaOH → C₃H₅(OH)₃ +  $3\overline{R}COONa$      (1)

$\overline{R}\text{COO}H$ + NaOH → $\overline{R}\text{COO}N\text{a}$ + H₂O                               (2)

Xà phòng thu được bao gồm cả muối natri tạo ra ở (1) và (2).

Ta có: $n_{NaOH\left(1\right)}=3n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=3.\frac{0,092.1000}{92}=3mol$;

trong khi số mol NaOH đã phản ứng là $\frac{0,3.1000}{40}=7,5mol$

$\Rightarrow n_{NaOH\left(2\right)}=7,5-3=4,5\text{ mol}$ và bằng số mol H₂O tạo ra ở (2).

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} m_{chat\text{ beo}}+m_{NaOH}=m_{muoi}+m_{gl\text{ixer}ol}+m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow 2,145.1000+0,3.1000 \\ =m+0,092.1000+4,5.18 \\ \Rightarrow m=2272gam \end{gathered}$$

Khối lượng xà phòng chứa 60% muối natri về khối lượng thu được là:

$\frac{2272}{60}.100=3786,67\approx 3,787kg$

Đáp án C

Theo đầu bài ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{AlC{l}_3}=0,4\text{a}\\ n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,4b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{A{l}^{3+}}=0,4a+0,8b\\ n_{S{O}_4^{2-}}=1,2b\end{array}\right. \\ {n}_{BaS{O}_4}=1,2b=0,144\to b=0,12\left(mol\right) \end{gathered}$$

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH}=0,612\\ n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,108\end{array}\right.\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}<\frac{n_{O{H}^{-}}}{3}$

→ Kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan một phần

→ $4n_{A{l}^{3+}}=n_{O{H}^{-}}+n_{Al{\left(OH\right)}_3\downarrow }$

$$\begin{gathered} \leftrightarrow 4(0,4\text{a}+0,8b)=0,612+0,108 \\ \to a=0,21\left(mol\right)\to \frac{a}{b}=\frac{0,21}{0,12}=1,75 \end{gathered}$$

Đáp án C

Hỗn hợp E gồm: HCHO, C₂H₄O₂, C₂H₄(OH)₂, C₆H₆.

Cách 1: Quy đổi E thành:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}C{H}_{2}O:x\\ CH:y\\ C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2:z\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=x+y+2\text{z}=0,3\\ n_{H_{2}O}=x+0,5y+3\text{z}=0,25\\ \frac{m_E}{n_{H_2}}=\frac{30\text{x}+13y+62\text{z}}{z}=\frac{9,03}{0,06}\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,04\left(mol\right)\\ y=0,18\left(mol\right)\\ z=0,04\left(mol\right)\end{array}\right. \\ \to m_E=6,02\left(gam\right) \end{gathered}$$

Cách 2: Phân tích hỗn hợp E ta thấy rằng:

$$\begin{gathered} n_{OH\left(ancol\right)}=n_H-n_C-n_O \\ \leftrightarrow \frac{0,06.2m}{9,03}=0,25.2-0,3-\frac{m-0,25.2-0,3.12}{16} \\ \to m=6,02\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Do $V_{H_{2}O}:V_{C{O}_2}=1:1\Rightarrow n_{H_{2}O}:n_{C{O}_2}=1:1\Rightarrow$ 2 este no, đơn chức, mạch hở.

Công thức phân tử của este có dạng $C_n{H}_{2n}{O}_2$.

Trừ este của phenol, este đơn chức sẽ tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:1.

Suy ra: $n_{este}=n_{NaOH}=0,03.1=0,03\text{ mol}\Rightarrow {\text{M}}_{este}=\frac{2,22}{0,03}=74$ (gam/mol).

$\Rightarrow 14n+32=74\Rightarrow n=3$

Công thức phân tử C₃H₆O₂ chỉ tồn tại 2 este đồng phân là HCOOC₂H₅ (etyl fomat) và CH₃COOCH₃ (metyl axetat).

Đáp án C

Sau phản ứng khí được thu bằng phương pháp đẩy nước → loại A và B vì H₂S và NH₃ tan trong nước nên không thu khí bằng phương pháp đẩy nước được. Loại D vì phản ứng xảy ra mãnh liệt ở điều kiện thường, không cần dùng đèn cồn đun nóng.

Đáp án B

Chỉ có ancol etylic C₂H₅OH tan vô hạn trong nước → Y là C₂H₅OH.

Ở điểu kiện thường phenol là chất rắn, còn NH₃ và CH₃NH₂ đều là các chất khí.

→ dựa vào nhiệt độ sôi X, Z, T còn lại → X là phenol; còn Z, T là một trong hai khí còn lại.

CH₃NH₂ có phân tử khối lớn hơn NH₃ nên nhiệt độ sôi CH₃NH₂ lớn hơn NH₃.

→ Z là CH₃NH₂ và còn lại T là NH₃.

Đáp án D

(a) Sai, chất béo chứa các gốc axit no thường là chất rắn ở nhiệt độ thường.

(b) Sai, chất béo bị thủy phân trong môi trường axit tạo ra glixerol và các axit béo.

(c) Đúng.

(d) Sai, trong phân tử peptit mạch hở số liên kết peptit bao giờ cũng nhỏ hơn số gốc α - aminoaxit.

(e) Sai, amilopectin và amilozơ không phải là đồng phân của nhau.

(f) Đúng, metylamin (quỳ → xanh), anilin (không đổi màu quỳ, brom kết tủa trắng), glyxin (không đổi màu quỳ), metylfomat (không đổi màu quỳ, mất màu brom, sủi bọt khí CO₂).

(g) Sai, este CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ có tên gọi là metyl metacrylat.

Đáp án B

(1) Thu được NaOH (a) và NaAlO₂ (a)

Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂

(2) Thu được CuSO₄ (a) và FeSO₄ (2a)

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

(3) Thu được K₂SO₄ (a)

KHSO₄ + KHCO₃ → K₂SO₄ + CO₂ + H₂O

(4) Thu được CuCl₂ (a)

CuSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + CuCl₂

(5) Thu được Fe(NO₃)₃ (a)

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

(6) Thu được Na₂SO₄ (a)

Na₂O + H₂O → 2NaOH

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

(7) Thu được FeCl₃, FeCl₂, CuCl₂

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Đáp án A

Gọi $\left\{\begin{array}{l}A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:a\left(mol\right)\\ AlC{l}_3:b\left(mol\right)\end{array}\right.$ ta có bản chất thứ tự các phản ứng xảy ra như sau:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ ↓ + 3BaSO₄ ↓               (1)

       3a      $\leftarrow$       a       $\to$          2a                3a

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 2Al(OH)₃ ↓ + 3BaCl₂                        (2)

       1,5b    $\leftarrow$   b    $\to$        b

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O                          (3)

(a + 0,5b) $\leftarrow$ (2a + b)

Tại A: $$\begin{gathered} \stackrel{\left(1\right)\left(2\right)}{\to }m{\downarrow }_{\max }=m_{BaS{O}_4}+m_{Al{\left(OH\right)}_3} \\ =233.3a+78(2a+b)=10,11 \end{gathered}$$    (4)

Tại B: $\stackrel{\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)}{\to }{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=4\text{a}+2b=0,08$     (5)

Vậy: $$\begin{gathered} \stackrel{\left(4\right)\left(5\right)}{\to }\left\{\begin{array}{l}a=0,01\left(mol\right)\\ b=0,02\left(mol\right)\end{array}\right. \\ \to y=3\text{a}+1,5b=0,06\left(mol\right) \end{gathered}$$

Khi kết tủa đạt cực đại tại A, nếu tiếp tục nhỏ thêm Ba(OH)₂ vào, chỉ có Al(OH)₃ bị hòa tan. Đoạn AB chính là đoạn hòa tan kết tủa. Tại điểm B, kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan hết, đường đồ thị nằm ngang khi tăng lượng Ba(OH)₂ là đường kết tủa BaSO₄ không đổi.

Theo đầu bài $\to n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$ dùng để hòa tan Al(OH)₃ = 0,065 – 0,06 = 0,005 (mol)

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

0,005    →      0,01

Khối lượng kết tủa còn lại là: m = 10,11 – 0,01.78 = 9,33 (gam).

Đáp án C

Bản chất quá trình: $C{u}^{2+}$ về catot ⁻ bị khử tạo thành Cu, $C{l}^{-}$ về anot ⁺ bị oxi hóa → Cl₂

Vì cho Fe + X có khí thoát ra, Cu(NO₃)₂ còn dư sau quá trình điện phân, KCl hết → quá trình điện phân chia 2 giai đoạn, ở giai đoạn 2 chưa kết thúc.

→ Khối lượng dung dịch giảm = mCu + mCl₂ ↑ + mO₂ ↑

Cu(NO₃)₂ + 2KCl → Cu + Cl₂ + 2KNO₃

      0,1            0,2        0,1    0,1        0,2

2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Cu + O₂ + 4HNO₃

      x                          x        0,5x      2x

Khối lượng dung dịch giảm:

$64(0,1+x)+0,1.71+\frac{32}{2}x=21,5\to x=0,1$

Dung dịch sau phản ứng gồm: $C{u}^{2+},H^{+},N{O}_3^{-}$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}F\text{e }+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to F{\text{e}}^{3+}+NO+2H_{2}O\\ 0,05\text{ 0,2 0,05}\end{array} \\ \begin{array}{l}F{\text{e + 2Fe}}^{3+}\to 3F{\text{e}}^{2+}\\ 0,025\text{ 0,05}\end{array} \\ \begin{array}{l}F{\text{e + Cu}}^{2+}\to F{\text{e}}^{2+}+Cu\\ \text{ y y y}\end{array} \end{gathered}$$

Khối lượng thanh sắt giảm: $56(0,075+y)-64y=2,6\to y=0,2\to a=0,4$

Đáp án C

- A tác dụng với dung dịch B: 

$FeS{O}_4\left(A\right)+Ba{\left(OH\right)}_2\left(B\right)\to Fe{\left(OH\right)}_{2\downarrow }+BaS{O}_{4\downarrow }\left(Y\right)$

Vậy kết tủa X gồm Fe(OH)₂ và BaSO₄.

- X tác dụng với HNO₃ loãng dư: 3Fe(OH)₂ + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 8H₂O.

Vậy kết tủa Y là BaSO₄.

- B tác dụng với dung dịch C: Ba(OH)₂ (B) + (NH₄)₂CO₃ (C) → $BaC{\text{O}}_{3\downarrow }$ + $2N{H}_3^{\uparrow }$ + 2H₂O

- A tác dụng với dung dịch C: FeSO₄ (A) + (NH₄)₂CO₃ (C) → $F\text{e}C{\text{O}}_{3\downarrow }$ (Z) + (NH₄)₂SO₄

- Z tác dụng với dung dịch HCl thì: FeCO₃ (Z) + 2HCl → FeCl₂ + CO₂ ↑ + H₂O

Đáp án D

Đổi X $\left\{\begin{array}{l}Na\\ Ba\\ Al\\ O\end{array}\right.\stackrel{+H_{2}O}{\to }〈\begin{array}{l}{H}_2\uparrow \\ Y\stackrel{+HCl,H_{2}S{O}_4}{\to }\left\{\begin{array}{l}T:\left(Al{\left(OH\right)}_3+BaS{O}_4\right)\downarrow \\ Z〈\begin{array}{l}Cation\text{ KL}\\ \text{Anion}:S{O}_4^{2-},C{l}^{-}\end{array}\end{array}\right.\end{array}$

Số mol điện tích kim loại $=3n_{Al{\left(OH\right)}_3}+2n_{S{O}_4^{2-}}+n_{C{l}^{-}}=2n_{H_2}+2n_O$ (1)

Tổng khối lượng muối, kết tủa: $m_Z+m_T=m_{KL}+51.n_{Al{\left(OH\right)}_3}+35,5.n_{C{l}^{-}}+96n_{S{O}_4^{2-}}$ (2)

Đặt:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}Al{\left(OH\right)}_3:a\\ BaS{O}_4:b\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}78a+233b=37,32\\ \left(1\right):3a+0,14.2+0,5=0,15.2+\frac{0,17527m}{8}\\ \left(2\right):31,61+37,32=0,82473m+51a+0,5.35,5+0,14.96\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,12\\ b=0,12\\ m=38,34\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\to \%m_{BaO}=47,887\%$

Đáp án D

Vì CuCl₂ tạo phức với dung dịch NH₃ nên a > b → loại câu A, B. Nếu đáp án là câu c thì a = b → Chỉ có D thoả mãn.

Đáp án C

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

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

+ Natri cuối cùng đi về NaCl $\Rightarrow n_{HCl\text{ pu}}=n_{NaOH}=1,02\text{ mol}\Rightarrow {\text{n}}_{HCl\text{ pu}}=37,23$ (gam)

+ Bảo toàn khối lượng $\to n_{H_{2}O}=0,34$ (mol).

+ Phương trình theo $m_X-m_T:44a+62b=7,08$     (1).

+ Bảo toàn nguyên tố hidro: 4a + 2c = 0,34   (2).

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

 Giải hệ (1) (2) và (3) ta 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 $$\begin{gathered} {\sum }_{(mMg+mF\text{e})}:24\text{x}+56y \\ =30-0,08.60-(0,02+0,1).62=17,76 \end{gathered}$$     (3).

+ PT theo tổng khối lượng oxit thu được: $40\text{x}+80y=26,4$          (4).

 Giải hệ (3) và (4) $\Rightarrow \sum n_{F\text{e}/T}=y=0,24$ (mol).

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{F\text{e kim loai/T}}=0,24-0,08-\frac{0,12}{2}=0,1\text{ (mol)} \\ \Rightarrow {\text{m}}_{F\text{e}/T}=0,1.56=5,6 \left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

$$\begin{gathered} E\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}ON:x\text{ mol}\\ {\text{CH}}_2:y\text{ mol}\\ {\text{H}}_{2}O:z\text{ mol}\\ OO:t\text{ mol}\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:2x+y\\ H_{2}O:1,5x+y+z\\ N_2:0,5x\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}57x+14y+18z+32t=134,16\\ 0,5x+t+7,17=2x+y+0,75x+0,5y\text{ (BTO)}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hỗn hợp E $\underset{-C_2{H}_{5}OH}{\overset{+NaOH}{\to }}\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{O}_{2}NNa:x\text{ mol}\\ {\text{CH}}_2:y\text{ mol}\\ {\text{C}}_2{H}_5:-t\text{ mol}\\ OONa:t\text{ mol}\end{array}\right.$

$\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:2x+y-2t-0,5(x+t)=2,58\\ H_{2}O:2x+y-2,5t=2,8\\ N_2:0,5x\\ N{a}_{2}C{O}_3:0,5(x+t)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}57x+14y+18z+32t=134,16\\ 2,25x+1,5y-t=7,17\\ 1,5x+y-2,5t=2,58\\ 2x+y-2,5t=2,8\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=0,44\\ y=4,92\\ z=0,1=\text{mol hon hop peptit}\\ t=1,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Gọi số cacbon trung bình của peptit là n, Este là $C_m{H}_{2m}{O}_2$.

$\to m{\text{ol C}}_{trong\text{ E}}=0,1n+1,2m=2.0,44+4,92$

→ Chỉ có n = 10 và m = 4 là phù hợp (vì 5 < n < 11 và $m\ge 3$).

Số N trung bình – 0,44/0,1 = 4,4 → Z phải là Gly₄Ala: a mol (vì có peptit $\ge 5N$, số C max = 11).

→ X là GlyAla: b mol.

→ Y là Gly-Val: c mol (Vì muối gồm Gly, Ala, Val → loại Gly₂Ala).

$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=0,1\\ 5\text{a}+2b+2c=0,44\\ 11\text{a}+5b+7c=10.0,1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0,08\\ b=0,01\\ c=0,01\end{array}\right.$

→ % khối lượng của Y trong E $=\frac{0,01(75+117-18).100\%}{134,16}=1,3\%$.

Đáp án B

Từ phản ứng đốt cháy: E + O₂ → CO₂ + H₂O

Số nguyên tử C trung bình $=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=\frac{0,2}{0,06}=3,333$

Số nguyên tử H trung bình $=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_E}=\frac{0,23}{0,06}=3,833$

$\stackrel{BTO}{\to }{n}_{O\left(E\right)}=0,2.2+0,115-0,1375.2=0,24\left(mol\right)\to$ số nguyên tử oxi trung bình = 4

Vậy: Axit A phải là: HOOC – COOH

$\stackrel{BTKL}{\to }{m}_E=0,2.44+2,07-0,1375.32=6,47\left(gam\right)$

Từ phản ứng E + NaOH

$\stackrel{BTKL}{\to }6,47+60=9,24+m_Z\to m_Z=57,23\left(gam\right)$

Từ $n_{Ag}=0,025\left(mol\right)\to n_{An\text{d}ehit}=0,0125\left(mol\right)$

$\underset{28,615\left(g\right)}{\underbrace{\frac{1}{2}Z}}$ gồm $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{H}_2{O}_{/\left(NaOH\right)}:1,5\\ Ancol:a\\ Andehit:0,0125\\ H_{2}O\text{ trung hoa}:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b+1,5=2n_{H_2}\\ b=n_{COOH}=n_{C{O}_2}\end{array}\right. \\ \leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,015\left(mol\right)\\ b=0,0325\left(mol\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

${\overline{M}}_{Ancol,Andehit}=\frac{28,615-1,5.18-0,0325.18}{0,0125+0,015}=37,45\to$ Chỉ có ancol CH₃OH thỏa mãn.

→ 32.0,015 + 0,0125.M = 1,03 → M = 44 (CH₃CHO)

Theo đầu bài, vì B và C có cùng số cacbon ($M_B<M_C$)

$\to \left\{\begin{array}{l}\left(B\right):HOOC-COOCH=C{H}_2\\ \left(C\right):H_{3}COOC-COOC{H}_3\end{array}\right.$

Vậy 1/2E gồm

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(A\right):HOOC-COOH:x\left(mol\right)\\ \left(B\right):HOOC-COOCH=C{H}_2:y\left(mol\right)\\ \left(C\right):H_{3}COOC-COOC{H}_3:z\left(mol\right)\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,03\\ 2x+y=0,0325\\ y=0,0125\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,01\left(mol\right)\\ y=0,0125\left(mol\right)\\ z=0,0075\left(mol\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Khối lượng este B có phân tử lượng nhỏ hơn trong E là: $m_B=0,025.116=2,9$ (gam).