Đáp án D

P₂O₅, CrO₃, CO₂ là oxit axit. Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính.

Đáp án D

Các kim loại kiềm có tính khử rất mạnh, dễ bị oxi hóa bởi nước. Để bảo quản, người ta thường ngâm các kim loại kiềm trong dầu hỏa.

Đáp án B

Công thức phân tử và công thức cấu tạo của xenlulozơ lần lượt là: (C₆H₁₀O₅)_n và [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.

Đáp án A

Amilopectin là polime có cấu trúc mạch phân nhánh.

Đáp án D

X là một amino axit, có khả năng làm quỳ tím chuyển xanh vì trong công thức cấu tạo: $H_{2}N-{\left(C{N}_2\right)}_4-CH\left(N{H}_2\right)-COOH$ số nhóm $-N{H}_2$  > số nhóm $-COOH$. Tên gọi của X là lysin.

Đáp án A

Xét các công thức mà đề bài cho, do trong công thức cấu tạo của (C₆H₅)₂NH có 2 nhóm $-C_6{H}_5$ là nhóm hút electron $\to$ (C₆H₅)₂NH là chất có lực bazơ yếu nhất.

Đáp án B

Trong công nghiệp, có thể chuyển hóa trực tiếp từ chất béo lỏng thành chất béo rắn bằng phản ứng hiđro hóa có xúc tác Ni.

VD: $\underset{\text{(dạng lõng)}}{{\left(C_{17}{H}_{33}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}+3H_2\stackrel{xt,t°}{\to }\underset{(\text{dạng rắn)}}{{\left(C_{17}{H}_{35}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}$

Đáp án C

Propyl axetat có công thức là: CH₃COOCH₂CH₂CH₃.

Đáp án B

Axit HF có thể hòa tan được SiO₂ theo phương trình phản ứng sau:

$Si{O}_2+4HF\stackrel{}{\to }Si{F}_4+2H_{2}O$

Đáp án A

Kim loại X tác dụng với H₂SO₄ loãng giải phóng khí H₂ $\to$ X có thể là: Fe, Al, Mg. Oxit của X bị H₂ khử thành kim loại ở nhiệt độ cao $\to$ X là: Fe.

Đáp án B

A. Sai, nitrophotka là hỗn hợp của KNO₃ và (NH₄)₂HPO₄.

B. Đúng.

C. Sai, supephotphat đơn là hỗn hợp của Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄.

D. Sai, phân đạm ure là (NH₂)₂CO.

Đáp án C

Các hiđrocacbon có liên kết bội (trừ liên kết $\mathrm{\pi }$ trong vòng benzen) đều làm mất màu nước brom. Các hiđrocacbon thỏa mãn là: stiren, propilen, axetilen.

Đáp án A

Các phản ứng xảy ra:

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{5}OH+3B{r}_2\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{2}OHB{r}_3\downarrow +3HBr\\ C_6{H}_{5}OH+Na\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{5}ONa+\frac{1}{2}{H}_2\\ C_6{H}_{5}OH+NaOH\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{5}ONa+H_{2}O\end{array}$

Đáp án C

A. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,04mg/l$

B. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,04mg/l$

C. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,133mg/l$

D. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,05mg/l$

Đáp án D

Amilozơ là polime có cấu trúc mạch không phân nhánh, do nhiều mắt xích -glucozơ  liên kết với nhau tạo thành.

$n_{-C_6{H}_{10}{O}_5-}=\frac{194,4}{1000.162}\left(mol\right)\Rightarrow$ Số mắt xích $-C_6{H}_{10}{O}_5-=\frac{194,4}{1000.162}.6,{02.10}^{23}={7224.10}^{17}$

Đáp án D

Bản chất của phản ứng là:

$-N{H}_2+H^{+}\stackrel{}{\to }-N{H}_3^{+}$ (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} m_{HCl}=m_{\text{muoái}}-m_X=25,1-17,8=7,3gam \\ \Rightarrow m_{HCl}=\frac{7,3}{36,5}=0,2mol. \end{gathered}$$

Vì X là một $\alpha$-aminoaxit no chỉ chứa 1 nhóm $-N{H}_2$ và 1 nhóm $-COOH$ nên suy ra:

$n_X=n_{HCl}=0,2\text{ mol}\Rightarrow {\text{M}}_X=\frac{17,8}{0,2}=89(gam/mol)$

Đặt công thức phân tử của X là H₂NRCOOH, $\to$ 16 + R + 45 = 89 $\to$ R = 28.

Do X là $\alpha$-aminoaxit nên công thức cấu tạo của X là CH₃CH(NH₂)COOH.

Tên gọi của X là axit $\alpha$-aminopropionic.

Đáp án A

$\underset{278}{\underbrace{\underset{152}{\underbrace{FeS{O}_4}}.7H_{2}O}}\Rightarrow$ coi FeSO₄.7H₂O là dung dịch FeSO₄ có nồng độ phần trăm là: $C\%=\frac{152}{278}.100\%=54,68\%$

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:

 $\begin{array}{l}{m}_1\text{ 54,68 25 - 10,16}\\ \searrow \nearrow \\ \text{ 25}\\ \nearrow \searrow \\ {\text{m}}_2\text{ 10,16 54,68 - 25}\end{array}$

$\Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=\frac{25-10,16}{54,68-25}=\frac{1}{2}$

Đáp án C

Gọi CTTQ 3 ankađien là: C_nH_2n-2 ($n\ge 3$): $C_n{H}_{2n-2}+2H_2\stackrel{}{\to }{C}_n{H}_{2n+2}$

 Khối lượng bình tăng $=m_{H_2}\to m_{H_2}=20,8-20=0,8\left(g\right)$ hay $n_{H_2}=0,4\left(mol\right)$.

Để phản ứng vừa hết với $B{r}_2\to n_{B{r}_2}=n_{H_2}=0,4\left(mol\right)\to m_{B{r}_2}=0,4.160=64\left(gam\right)$.

Dung dịch Brom có $C\%=32\%=\frac{m_{ct}}{m_{dd}}.100\%\to m_{dd}=\frac{64}{32}.100=200\left(gam\right)$.

Đáp án B

Để phản ứng hết với các muối KHCO₃ và K₂CO₃ thì lượng HCl cần dùng là: $0,2+0,1.2=0,4mol>0,3mol\Rightarrow$HCl thiếu, lượng CO₂ tính theo HCl.

Theo giả thiết ta có: $\frac{n_{HC{O}_3^{-}}}{n_{C{O}_3^{2-}}}=\frac{2}{1}$

Do đó ta gọi số mol của các ion $HC{O}_3^{-}$ và $C{O}_3^{2-}$ tham gia phản ứng là 2x và x.

Khi cho từ từ dung dịch chứa các ion $C{O}_3^{2-}$ và $HC{O}_3^{-}$ vào dung dịch chứa ion $H^{+}$ thì phản ứng xảy ra đồng thời (1) và (2).

$\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}+2H^{+}\stackrel{}{\to }C{O}_2\uparrow +H_{2}O\left(1\right)\\ mol: x\to 2x\to x\\ HC{O}_3^{-}+H^{+}\stackrel{}{\to }C{O}_2\uparrow +H_{2}O\left(2\right)\\ mol: 2x\to 2x\to 2x\end{array}$

 Tổng số mol H⁺ là: $4x=0,3\Rightarrow x=0,075\Rightarrow V_{C{O}_2}=3.0,075.22,4=5,04 lít$.

Đáp án C

Theo đầu bài ta có:

$n_{alanin}=\frac{66,75}{89}=0,75mol,n_{H_{2}O}=\frac{66,75-55,95}{18}=0,6mol.$

Sơ đồ phản ứng thủy phân:

$\begin{array}{l}X\left(C_{3n}{H}_{5n+2}{O}_{n+1}{N}_n\right)+(n-1)H_{2}O\to n{C}_3{H}_7{O}_{2}N\left(1\right)\\ mol: 0,6 0,75\end{array}$

Theo (1) và giả thiết ta có:

$0,75.(n-1)=0,6.n\Rightarrow n=5\to$ Vậy X là pentapeptit.

Đáp án B

Đặt công thức trung bình của lipit là $C_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3$.

Phản ứng hóa học:

$\begin{array}{l}{C}_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3+3H_{2}O\to C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3+3\overline{R}COOH\\ mol: 0,5\leftarrow 0,5\end{array}$

$\Rightarrow 41+3\left(44+\overline{R}\right)=\frac{444}{0,5}=888\Rightarrow \overline{R}=238,33.$

Như vật trong lipit phải có ít nhất một gốc là C₁₇H₃₅ (239).

Nếu lipit có công thức là RCOOC₃H₅(OOCC₁₇H₃₅)₂ thì $R=237\left(C_{17}{H}_{33}\right)$.

Nếu lipit có công thức là (RCOO)₂C₃H₅OOCC₁₇H₃₅ thì R = 238 (loại).

Đáp án A

Đặt công thức của este X là C₂H₄(OOCR)₂;

$n_{C_2{H}_4{\left(OOCR\right)}_2}=n_{O_2}=\frac{6,4}{32}=0,2mol$.

Phương trình phản ứng:

$\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{\left(OOCR\right)}_2+2NaOH\to C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+2RCOONa\left(1\right)\\ mol: 0,2\to 0,4\end{array}$

Theo (1) và giả thiết suy ra: $M_{RCOONa}=\frac{32,8}{0,4}=82\Rightarrow R+67=82\Rightarrow R=15$

$\Rightarrow$ R là $C{H}_3-$.

Phương trình phản ứng tổng hợp este X:

$\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+2C{H}_{3}COOH\to C_2{H}_4{\left(OOCC{H}_3\right)}_2+2H_{2}O\left(2\right)\\ mol: 0,6 \leftarrow 1,2 \leftarrow 0,6\end{array}$

$$\begin{gathered} n_{C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2\text{ ban đầu}}=\frac{50}{62}=0,806mol \\ {n}_{C{H}_{3}COOH\text{\hspace{0.17em}ban đầu\hspace{0.17em}}}=\frac{200}{60}=3,33mol. \end{gathered}$$

Căn cứ vào tỉ lệ mol trên phương trình (2) suy ra axit dư, hiệu suất phản ứng tính theo ancol. Theo (2) số mol ancol phản ứng là 0,6 mol nên hiệu suất phản ứng là

$H=\frac{0,6.62}{50}.100\%=74,4\%$

Đáp án D

Theo đầu bài ta có:

$X\left\{\begin{array}{l}Zn:x\\ Cr:x\\ Sn:x\end{array}\right.mol\stackrel{+HCl}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2:x\\ CrC{l}_2:x\\ SnC{l}_2:x\end{array}\right.mol+H_2$ (1)

$\to 136x+123x+190x=8,98\to x=0,02mol$

$\underset{m\left(gam\right)}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}Zn:x\\ Cr:x\\ Sn:x\end{array}\right.}}mol\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}ZnO\\ C{r}_2{O}_3\\ Sn{O}_2\end{array}\right.$ (2)

$$\begin{gathered} \stackrel{BTe}{\to }{n}_{O_2}=\frac{0,02.2+0,02.3+0,02.4}{4}=0,045 mol \\ \to V=1,008 l \end{gathered}$$

Đáp án C

Theo đầu bài ta có: $n_{saccarozo}=\frac{6,84}{342}=0,02mol.$

Phương trình phản ứng thủy phân:

$\begin{array}{l}{C}_{12}{H}_{22}{O}_{11}+H_{2}O\stackrel{H^{+},t°}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_6+C_6{H}_{12}{O}_6\left(1\right)\\ saccarozo glucozo fructozo\\ mol:0,02\to 0,02 \to 0,02\end{array}$

Phần 1: Khi thực hiện phản ứng tráng gương thì cả glucozơ và fructozơ đều tham gia phản ứng  tổng số mol phản ứng là 0,02 mol.

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3,t°}{\to }2A.\left(2\right)\\ mol 0,02 \to 0,04\end{array}$

Phần 2: Khi phản ứng với dung dịch nước brom thì chỉ có glucozơ phản ứng.

$\begin{array}{l}C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}CHO+B{r}_2+H_{2}O\stackrel{}{\to }C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}COOH+2HBr\left(3\right)\\ mol: 0,01 \to 0,01\end{array}$

Vậy từ (2) và (3) suy ra:

$$\begin{gathered} x=m_{Ag}=0,04.108=4,32gam; \\ y=m_{B{r}_2}=0,01.160=1,6\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Bản chất của các phản ứng:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{H}^{+}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }{H}_{2}O\left(1\right)\\ mol: 0,4\to 0,4 \to 0,4\end{array} \\ \begin{array}{l}-COOH+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }-CO{O}^{-}+H_{2}O\left(2\right)\\ mol: 0,4\leftarrow 0,4\to 0,4\end{array} \end{gathered}$$

Theo (1), (2) và giả thiết suy ra số mol nhóm  là 0,4 mol.

Gọi số mol của H₂NC₃H₅(COOH)₂ và H₂NCH₂COOH là x và y ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,3\\ 2x+y=0,4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,2\end{array}\right.$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} m_{\text{amino\hspace{0.17em}axit}}+m_{HCl}+m_{NaOH}=m_{\text{chất rắn}}+m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m_{\text{chất rắn}}=147.0,1+75.0,2+0,4.36,5+0,8.40-0,8.18 \\ =61,9gam \end{gathered}$$

Đáp án A

$\to$ Quy đổi X, Y thành

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:xmol\\ C{H}_2:ymol\\ N{H}_3:zmol\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:x+ymol\\ H_{2}O:y+1,5zmol\\ N_2:0,5zmol\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,91\\ 1,5y+0,75z=1,14\\ z=0,2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,25\\ y=0,66\\ z=0,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\to$ Khối lượng KOH $=0,25.56=14,0\left(gam\right)$.

Đáp án A

Khi số mol CO₂ biến thiên trong khoảng (0,005; 0,024) và mol Ba(OH)₂ là 0,02 mol thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là khi $n_{C{O}_2}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,02mol$.

$\begin{array}{l}C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3+H_{2}O\left(1\right)\\ mol: 0,02\leftarrow 0,02\to 0,02\end{array}$

Từ (1) $\to$ $m_{BaC{O}_3\max }=0,02.197=3,94gam$.

Khi số mol CO₂ là 0,005 mol $\to n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,005mol\Rightarrow m_{BaC{O}_3}=0,985gam.$

Khi số mol CO₂ là 0,02 mol = mol Ba(OH)₂ thì kết tủa đạt max = 3,94 gam.

Khi số mol CO₂ là 0,024 mol > 0,02 mol thì lượng kết tủa max đã bị hòa tan 1 phần.

$\to$ Khối lượng kết tủa biến đổi trong đoạn từ 0,985 gam đến 3,94 gam.

Đáp án B

Các phản ứng xảy ra:

(a) $2Fe+3C{l}_2\stackrel{t°}{\to }2FeC{l}_3$

(b) $Fe+S\stackrel{t°}{\to }FeS$

(c) $C{u}_{(\text{dö)}}+2FeC{l}_3\stackrel{}{\to }CuC{l}_2+2FeC{l}_2$

(d) $9Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+12HCl\stackrel{t°}{\to }5Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+4FeC{l}_3+3NO+6H_{2}O$

(e) $\left\{\begin{array}{l}Fe+2AgN{O}_3\stackrel{}{\to }Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+2Ag\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+AgN{O}_{3\left(\text{dư}\right)}\stackrel{}{\to }Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+Ag\end{array}\right.$

Các thí nghiệm tạo ra muối sắt (III) là (a), (d), (e).

Đáp án D

Nhận thấy C₂H₄ là chất khí, C₆H₅NH₃Cl dạng rắn nên sẽ không thu được bằng cách ngưng tụ  loại C, B.

Chất trong bình cầu là chất lỏng mà C₂H₄ là chất khí loại A.

Đáp án B

Các phản ứng xảy ra:

(1) $Ca{\left(OH\right)}_2+KHC{O}_3\stackrel{}{\to }CaC{O}_3+KOH+H_{2}O$

(2) $Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2+2NaOH\stackrel{}{\to }BaC{O}_3+N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$

Vậy X là KOH và Y là Na₂CO₃.

A. Sai, vì KOH không thỏa mãn.

B. Đúng, cả 2 chất đều tác dụng được với dung dịch Mg(NO₃)₂ tạo kết tủa:

$$\begin{gathered} Mg{\left(N{O}_3\right)}_2+2KOH\to Mg{\left(OH\right)}_2\downarrow +2KN{O}_3 \\ Mg{\left(N{O}_3\right)}_2+N{a}_{2}C{O}_3\to MgC{O}_3\downarrow +2NaN{O}_3 \end{gathered}$$

C. Sai, vì Na₂CO₃ không hòa tan được Al.

D. Sai, vì Na₂CO₃ có phản ứng: $N{a}_{2}C{O}_3+BaC{l}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +2NaCl$.

Đáp án C

Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào T thấy xuất hiện kết tủa và có bọt khí thoát ra  Loại đáp án A do Ba(OH)₂ tác dụng với Fe(NO₃)₂ chỉ tạo kết tủa.

Cho dung dịch H₂SO₄ loãng vào X thấy xuất hiện kết tủa và có bọt khí thoát ra  Loại đáp án B. Loại đáp án D do chỉ có bọt khí thoát ra.

- Vậy chỉ có đáp án C thỏa mãn, các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là Ca(HCO₃)₂, Fe(NO₃)₂, (NH₄)₂SO₄, (NH₄)₂CO₃.

Đáp án D

Theo đầu bài, CH₄N₂O phải tác dụng với nước, đồng thời tạo ra chất hữu cơ X tác dụng với NaOH, nên dễ tháy CH₄N₂O là urê. Khi đó:

$$\begin{gathered} {\left(N{H}_2\right)}_{2}CO\stackrel{+H_{2}O}{\to }{\left(N{H}_4\right)}_{2}C{O}_3\stackrel{+NaOH}{\to }N{H}_3\stackrel{+O_2,xt}{\to }NO \\ NO\stackrel{+O_2}{\to }N{O}_2\stackrel{+O_2+H_{2}O}{\to }HN{O}_3 \end{gathered}$$

A. Đúng. $\left\{\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}+H^{+}\stackrel{}{\to }HC{O}_3^{-};HC{O}_3^{-}+H^{+}\stackrel{}{\to }{H}_{2}O+C{O}_2\uparrow \\ N{H}_4^{+}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }N{H}_3+H_{2}O\end{array}\right.$

B. Đúng. NH₃ khi tan trong nước, một phần nhỏ các phân tử amoniac kết hợp với ion H⁺ của nước tạo thành cation ($N{H}_4^{+}$) và giải phóng anion ($O{H}^{-}$). Ion  làm cho dung dịch có tính bazơ $\Rightarrow$ Dung dịch amoniac làm cho quỳ tím hóa xanh, còn dung dịch phenolphtalein từ không màu chuyển thành hồng.

C. Đúng. Trong hợp chất HNO₃, nguyên tử N có số oxi hóa cao nhất là +5 nên axit nitric có tính oxi hóa mạnh, tùy thuộc vào nồng độ của axit và độ mạnh yếu của chất khử mà HNO₃ có thể bị khử đến các sản phẩm khác nhau như N₂, NH₄NO­₃, N₂O, NO, NO₂.

D. Sai.

Đáp án D

Các phát biểu đúng là: (1), (4), (6), (7).

Đáp án C

Thí nghiệm 1: $\left(1\right)+\left(2\right)+Cu\text{\hspace{0.17em}dư }\stackrel{}{\to }{\text{V}}_{1}lítNO$

Thí nghiệm 2: $\left(1\right)+\left(3\right)+Cu\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}dư}\stackrel{}{\to }2V_1\text{\hspace{0.17em}lít NO}$

Từ đó, dễ nhận thấy: Lượng H⁺ ở dung dịch (3) gấp đôi lượng H⁺ ở dung dịch (2).

Suy ra, (1) (2) (3) lần lượt là: KNO₃, HNO­₃, H₂SO₄.

Xét phản ứng: $3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\stackrel{}{\to }3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$. Kết hợp dữ kiện ở thí nghiệm (1) và (3), dễ thấy: $V_2=3V_1$.

Đáp án A

- X có $k_x=\frac{2C-H+2}{2}=\frac{2.10-10+2}{2}=6$, X chỉ chứa 1 loại nhóm chức và có khả năng tác dụng với NaOH $\to$ X chứa 2 nhóm $-COO-$ (do trong X có 4 nguyên tử oxi).

- X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 3 đồng thời sau phản ứng thủy phân thu được H₂O $\to$ X có 1 nhóm $-COO-$ gắn trực tiếp vào vòng benzen.

- Mặt khác, M_Y < M_Z < M­­_T < 148 $\to$ X có CTCT thu gọn là $C{H}_{3}COO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCH$ hoặc $HCOO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCC{H}_3$.

- M_Y < M_Z < M­­_T $\to$ Y: HCOONa; Z: CH₃COONa; T: ; E: HCOOH.

- Ở phản ứng (c) sau phản ứng thu được 2 phân tử H₂O nên F có CTCT thu gọn là (HCOO)₂C₂H₄.

A. Sai. Các CTCT thỏa mãn X

$\begin{array}{l}\left(o,m,p-\right)HCOO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCC{H}_3\\ \left(o,m,p-\right)C{H}_{3}COO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCH\end{array}$

$\to$ X có 6 công thức cấu tạo thỏa mãn.

B. Đúng. F là (HCOO)₂C₂H₄ $\to$ Có chứa 6 nguyên tử hiđro trong phân tử.

C. Đúng. Đun Z (CH­₃COONa) với vôi tôi xút, thu được khí CH₄ (M = 16) $\to$ nhẹ hơn không khí.

D. Đúng. T có chứa nhóm –OH nên có khả năng tác dụng với Na giải phóng khí H₂.

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị, ta tấy quá trình điện phân gồm 3 giai đoạn.

·       Giai đoạn 1:

Catot: $C{u}^{2+}+2e\stackrel{}{\to }Cu$, Anot: $2C{l}^{-}\stackrel{}{\to }C{l}_2+2e$.

$\to$ 2 mol e ứng với 1 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

·       Giai đoạn 2: Có hai trường hợp xảy ra.

+ Trường hợp 1: $C{l}^{-}$  bị điện phân hết trước Cu²⁺.

Catot: $C{u}^{2+}+2e\stackrel{}{\to }Cu$; Anot: $H_{2}O\stackrel{}{\to }2H^{+}+0,5O_2+2e$

$\to$ 2 mol e ứng với 0,5 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

+ Trường hợp 2: Cu²⁺ bị điện phân hết trước $C{l}^{-}$.

Catot: $2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+1H_2$; Anot: $2C{l}^{-}\to 1C{l}_2+2e$

$\to$ 2 mol e ứng với 2 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

Nhìn vào đường gấp khúc của đồ thị, ta thấy đoạn hai dốc hơn đoạn một, do đó trường hợp xảy ra là trường hợp 2.

Số mol Cl₂ thu được trong giai đoạn 1 là a. Gọi x là số mol Cl₂ thu được từ khi Cu²⁺ bị điện phân hết cho đến thời điểm t₁ = 4825s.

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{e\left(1\right)}=2a+2x=\frac{2.4825}{96500}\\ n_{khí\left(1\right)}=a+2x=\frac{1,344}{22,4}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,04\\ x=0,01\end{array}\right.$

·       Giai đoạn 3: $H_{2}O\stackrel{}{\to }{H}_2+0,5O_2$

Gọi y là số mol Cl₂ thu được trong giai đoạn 2, z là số mol H₂O bị điện phân cho đến thời điểm $t_2=7720s.$

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{e\left(2\right)}=2.0,04+2y+2z=\frac{2.7720}{96500}\\ n_{khí\left(2\right)}=0,04+2y+1,5z=\frac{2,464}{22,4}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}y=0,02\\ z=0,02\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \stackrel{BTBT.Cl}{\to }b=2.0,04+2.0,02=0,12 \\ \to a:b=0,04:0,12=1:3 \end{gathered}$$

Đáp án C

Xét phản ứng $CO+O\stackrel{}{\to }C{O}_2$, cứ bao nhiêu mol CO mất đi thì có bấy nhiêu mol  tạo thành, như vậy số mol khí không đổi.

Gọi $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{\frac{CO}{Y}}=x\\ n_{C{O}_2}=y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ 28x+44y=20,\mathrm{4.2.0},2\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=0,16\end{array}\right.\to m_x=m-2,56 \end{gathered}$$

Sau khi phản ứng với AgNO₃ dư, Fe có mức oxi hóa +3, không thay đổi so với hỗn hợp ban đầu, nên tổng số mol electron trao đổi của các chất oxi hóa phải bằng số mol electron trao đổi của các chất khử, cụ thể $2n_{CO}=n_{Ag}+2n_{H_2}$, trong đó CO là lượng đã phản ứng.

$$\begin{gathered} \to 0,16.2=n_{Ag}+0,08.2\to n_{Ag}=0,16 \\ \to n_{AgCl}=\frac{5m+9,08-0,16.108}{143,5} \end{gathered}$$

Gọi $n_{\raisebox{1ex}{$O$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=a\to n_{HCl}=2n_{\raisebox{1ex}{$O$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}+2n_{H_2}=2a+0,16$

$$\begin{gathered} \to 2a+0,16=\frac{5m+9,08-0,16.108}{143,5}\left(1\right) \\ {n}_{H_{2}O}=n_{\frac{O}{X}}=a\stackrel{BTKL}{\to }{m}_X+m_{HCl}=m_Z+m_{H_2}+m_{H_{2}O} \\ \to m-2,56+36,5\left(2a+0,16\right) \\ =2m-4,36+0,16+18a\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) $\to \left\{\begin{array}{l}m=36,08\\ a=0,52\end{array}\right.$

Đáp án D

Theo bài ra ta có:

$$\begin{gathered} {\overline{M}}_{2ancol}<46\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{Hỗn hợp của CH}}_{\text{3}}\text{OH}\\ \text{Hai ancol đơn chức, no}\end{array}\right. \\ {n}_{-COO-}=1,2-0,2=1mol \end{gathered}$$

Vì T là axit cacboxylic hai chức, mạch hở, có đồng phân hình học nên $C_T\ge 4$

Tiến hành quy đổi hỗn hợp X thành axit, ancol và H₂O, ta được:

$X\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{T}{\underbrace{R{\left(COOH\right)}_2}}:0,5mol(C_T\ge 4)\\ C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+2}O:0,35mol\left(1<\overline{n}<2;do{\overline{M}}_{2ancol}<46\right)\\ H_{2}O\end{array}\right.$

Theo BT.C: $0,5C_T+0,35\overline{n}=3,175$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{C}_T=5\left(HOOC-CH=CH-C{H}_2-COOH\right)\\ 1<\overline{n}=\frac{27}{14}<2\end{array}\right.$

Khi đó: $m=\underset{206.0,5}{\underbrace{m_{C_3{H}_4{\left(COOK\right)}_2}}}+\underset{74,5.0,2}{\underbrace{m_{KCl}}}=117,9\left(gam\right)$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} n_{O\left(X\right)}=\frac{43,56.0,2204}{16}=0,6\left(mol\right) \\ Z\left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O,C{O}_2:a\\ NO:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,12\\ 44a+30b=0,\mathrm{12.2.18},5\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,06\\ b=0,06\end{array}\right. \end{gathered}$$

Quy đổi hỗn hợp X, ta có sơ đồ phản ứng sau:

$$\begin{gathered} X\left\{\begin{array}{l}Mg,Fe,Cu\\ O\\ C{O}_2:0,06-x\end{array}\right.\stackrel{HN{O}_3:1,92}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}K{L}^{m+}\\ N{H}_4^{+}\\ N{O}_3^{-}:1,77\end{array}\right.+Z\left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O:x\\ C{O}_2:0,06-x\\ NO:0,06\end{array}\right. \\ \stackrel{BTNT\left(O\right)}{\to }{n}_O=0,6-2.\left(0,06-x\right)=2x+0,48 \\ \stackrel{BTNT\left(N\right)}{\to }{n}_{N{H}_4^{+}}=1,92-1,77-2x-0,06=0,09-2x \\ {n}_{HN{O}_3}=10.\left(0,09-2x\right)+10x+4.0,06+2.\left(2x+0,48\right) \\ =1,92\to x=0,03 \\ X\underset{43,56gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Mg:y\\ CuO:z\\ F{e}_3{O}_4:t\\ FeC{O}_3:0,03\end{array}\right.}}\stackrel{HN{O}_3}{\to }Y\stackrel{NaOH}{\to }T\stackrel{t°}{\to }\underset{48gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}MgO:y\\ CuO:z\\ F{e}_2{O}_3:1,5t+0,015\end{array}\right.}} \\ \left\{\begin{array}{l}{m}_x=24y+80z+232t+116.0,03=43,56\\ m_{oxit}=40y+80z+160.\left(1,5t+0,015\right)=48\\ n_{O\left(X\right)}=z+4t+3.0,03=0,6\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}y=0,3\\ z=0,15\\ t=0,09\end{array}\right. \\ \to \%m_{CuO}=\frac{80.0,15}{43,56}.100\%=27,55\% \end{gathered}$$