Đáp án B

Khí X là khí CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

Khi sục tiếp CO₂ dư thì kết tủa CaCO₃ bị hòa tan theo phương trình

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

Đáp án C

Chất X là khí NH₃

Đáp án C

Al thụ động trong H₂SO₄ đặc, nguội.

Chú ý: Al còn thụ động trong HNO₃ đặc, nguội.

Đáp án D

Na₂CO₃ tác dụng được với CaCl₂

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ ↓ + 2NaCl

Đáp án A

A. Polime Tơ $nilon-7-\left[NH-{\text{[}C{H}_2\text{]}}_6-CO\right]{-}_n$ trong thành phần nguyên tố chứa ni tơ.

B. Poli(vinyl clorua). $-{(-C{H}_2-CH(Cl)-)}_n-$ chứa các nguyên tố C, H, Cl.

C. Polietilen. Là $-{(C{H}_2-C{H}_2)}_n-$ chứa các nguyên tố C, H.

D. Cao su buna thành phần các nguyên tố gồm: C, H: $-{\text{[}C{H}_2-CH=CH-C{H}_2\text{]}}_n-$

Đáp án A

Cu phản ứng được với tất cả 3 dung dịch HNO₃(loãng), FeCl₃, AgNO₃

2Cu + 8HNO₃ loãng → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag ↓

Chú ý: Trong dãy điện hóa: Tính khử , tính oxi hóa  Cu khử được  trong dung dịch muối.

Đáp án D

Thứ tự dẫn điện: Ag > Au > Al > Fe => Fe là kim loại dẫn điện kém nhất

Đáp án B

Axit aminoaxit có nhóm -NH₂ và -COOH trong phân tử nên phản ứng được với HCl, H₂SO₄ loãng, NaOH.

KHÔNG phản ứng được với KCl.

Đáp án A

+ Gly-Ala-Gly có 2 liên kết peptit nên tác dụng được với Cu(OH)₂ cho dung dịch màu tím.

+ Gly-Ala chỉ có 1 liên kết peptit nên không tác dụng được với Cu(OH)₂.

Đáp án A

HNO₃ không phản ứng được với AgNO₃

Đáp án C

PTHH: CH₃CH₂OH + CH₃COOH $\stackrel{H^{+}}{\leftrightarrows }$ CH₃COOCH₂CH₃ + H₂O

Đáp án B

P thể hiện tính oxi hóa khi p.ứ với chất khử, số oxi hóa của P sau phản ứng giảm

$3\stackrel{0}{Ca}+2\stackrel{0}{P}\stackrel{t°}{\to }\stackrel{+2}{C{a}_3}\stackrel{-3}{P_2}\Rightarrow$ Số oxi hóa của P giảm từ 0 xuống $-3\Rightarrow$ P thể hiện tính oxi hóa

Đáp án C

PTHH: Fe + CuSO₄ (dd màu xanh) → FeSO₄ + Cu ↓ (đỏ)

Cu sinh ra bám vào thanh sắt $\Rightarrow$ hiện tượng: Thanh Fe có màu đỏ và dung dịch nhạt dần màu xanh.

Đáp án A

$n_{H_2}=0,1\text{ mol}$

Đặt $n_{HCl}=x\text{ mol}$

BTNT “H”: $n_{H_{2}O}=(n_{HCl}-2n_{H_2})/2=(x-0,2)/2\text{ (mol)}$

$$\begin{gathered} 31,6\left(g\right)\text{ X}\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ F{\text{e}}_3{O}_4\end{array}\right.+HCl:x\to H_2:0,1+60,7\left(g\right)\text{ Y}\left\{\begin{array}{l}F\text{e}C{l}_2\\ F\text{e}C{l}_3\end{array}\right. \\ +H_{2}O:\frac{x-0,2}{2} \end{gathered}$$

BTKL: $m_X+m_{HCl}=m_{H_2}+m_Y+m_{H_{2}O}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 31,6+36,5\text{x}=0,1.2+60,7+18(x-0,2)/2\Rightarrow x=1 \\ \Rightarrow n_{H_{2}O}=0,4\text{ mol} \end{gathered}$$

BTNT “O”: $n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=n_{H_{2}O}:4=0,1\text{ mol}$

$\Rightarrow m_{F{\text{e}}_3{O}_4}=0,1.232=23,2\text{ gam}$

Đáp án D

isoamyl axetat (CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)CH₃) có mùi chuối chín etyl butirat

(CH₃CH₂CH₂COOC₂H₅) có mùi thơm của dứa

Geranyl axetat (CH₃COOC₁₀H₁₇) có mùi thơm của hoa hồng

Benzyl axetat (CH₃COOCH₂C₆H₅) có mùi thơm của hoa nhài

Đáp án A

A. Sai, sửa lại 2NaHCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án A

$C{u}^{2+}$ có tính oxi hóa mạnh nhất

Đáp án C

Tơ axetat là tơ bán tổng hợp

Tơ tằm, sợi bông là tơ thiên nhiên

Tơ nitrin là tơ tổng hợp

Đáp án C

PTTH:

(C₁₇H₃₅COO)₂CH₃ + 3NaOH → C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

          0,1                               →              0,1 (mol)

$\Rightarrow m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,1.92=9,2\left(g\right)$

Đáp án D

- Axit glutamic làm quỳ tím chuyển thành màu hồng

- Cho iot vào tinh bột thấy chuyển màu xanh tím

- Glucozơ tác dụng dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được Ag

- Anilin tác dụng nước brom, thu được kết tủa màu trắng.

Đáp án D

$n_{xenlul\text{ozo}}=16,2:162=0,1\text{ (mol)}$

Vì $\%H=90\%\Rightarrow n_{Glu}\text{ p.u}=0,1.0,9=0,09\text{ (mol)}$

C₆H₇O₂(OH)₃ + 3HNO₃ $\to$ C₆H₇O₂(NO₂)₃ + 3H₂O

            0,09                 →           0,09 (mol)

$\Rightarrow m_{xenlulozo\text{ trinitrat}}=0,09.297=26,73\text{ (g)}$.

Đáp án C

nC₃H₄O = nCH₄O → Gộp thành C₄H₈O₂

C₈H₁₄O₄ = C₄H₈O₂ + C₄H₆O₂

→ X gồm C₄H₈O₂ (a) và C₄H₆O₂ (b)

mX = 88a + 86b = 19,16

nO₂ = 5a + 4,5b = 1,05

→ a = 0,12 và b = 0,1

nCO₂ = 4a + 4b = 0,88 (mol)

nH₂O = 4a + 3b = 0,78 (mol)

Ca(OH)₂ dư → nCaCO₃ = nCO₂ = 0,88 (mol)

Δm = mCO₂ + mH₂O – mCaCO₃ =  (gam)

→ Giảm 35,24.

Đáp án A

Metylamin (CH₃NH₂) là chất khí ở điều kiện thường. Anilin, Etyl axetat ở thể lỏng ở đk thường Alanin ở thể rắn ở điều kiện thường

Đáp án C

Công thức phân tử của saccarozơ C₁₂H₂₂O₁₁

Đáp án A

a) đúng

b) sai, C₆H₅NH₃Cl tan trong nước

c) đúng, H₂N-CH₂-CONHCH(CH₃)CO-NH-CH₂-COOH → có 4 nguyên tử oxi

d) đúng

e) sai, Bản chất của quá trình lưu hóa cao su là tạo ra cầu nối -S-S- giữa các mạch cao su không phân nhánh tạo thành mạng không gian

→ có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

C₃H₁₄O₄ + NaOH → X₁ + X₂ + H₂O (1)

X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄ (2)

X₃ + X₄ → Nilon-6,6 + H₂O (3)

C₈H₁₄O₄ có k = (8.2 + 2 – 14)/2 = 2

Từ (2) suy ra X₃ là axit

Từ (3) suy ra X₃ là axit ađipic HOOC-[CH₂]₄-COOH

Suy ra X₄ là hexametilen điamin [H₂N-CH₂]₆-NH₂

Từ (2) suy ra X₁ là NaOOC-[CH₂]₄-COONa

Từ (1) → CTCT phù hợp của C₈H₁₄O₄ là HOOC-[CH₂]₄-COOC₂H₅ (tạp chức axit và este)

Suy ra X là C₂H₅OH

A. Sai vì nhiệt độ sôi C₂H₅OH < CH₃COOH

B. Sai vì X₂, X₃, X₄ đều mạch thẳng không phân nhánh

C. Đúng vì muối NaOOC-[CH₂]₄-COONa có nhiệt độ nóng chảy cao hơn HOOC-[CH₂]₄-COOH

D. Sai, vì H₂N-[CH₂]₆-NH₂ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Đáp án B

$$\begin{gathered} n_{HCl}=0,56.1=0,56{\text{ (mol); n}}_{NO}=0,448:22,4=0,02\text{ (mol)} \\ {n}_O=4n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=4.0,02=0,08\text{ (mol)} \\ N{O}_3^{-}+4H^{+}+3\text{e}\to NO+2H_{2}O \\ 2H^{+}+O^{2-}\to H_{2}O \\ {n}_{H^{+}}=4n_{NO}+2n_O \\ \to 0,56=3n_{NO}+2.0,08 \\ \to n_{NO}=0,1\text{ (mol)} \\ \to n_{NO\text{ thoat ra luc dau}}=0,1-0,02=0,08\text{ (mol)} \end{gathered}$$

BTNT “N”: $n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=1\text{/}2n_{NO\text{ luc dau}}=0,04\text{ (mol)}$

Đặt a, b là số mol Cu và FeCl₂

$\Rightarrow 64\text{a}+127b+180.0,04+0,02.233=28,4$  (1)

BTNT “Cl”: $n_{AgCl}=2b+0,56$

BTNT Ag: $n_{Ag+}=n_{AgCl}+n_{Ag}\Rightarrow n_{Ag}=0,76-2b$

Bảo toàn electron:

 $$\begin{gathered} 2n_{Cu}+n_{F\text{e}C{l}_2}+n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}+n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=3n_{NO\text{ tong}}+n_{Ag} \\ \to 2\text{a}+b+0,04+0,02=3.0,1+(0,2-2b) \left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow a=0,1$ và b = 0,08

$$\begin{gathered} \to n_{AgCl}=2b+0,56=0,72\text{ (mol)} \\ {n}_{Ag}=0,2-2b=0,2-2.0,08=0,04\text{ (mol)} \\ \to m\downarrow =m_{AgCl}+m_{Ag}=0,72.143,5+0,04.108=107,64\text{ (g)} \end{gathered}$$

Đáp án B

(a) 2NaCl + 2H₂O  2NaOH + H₂ ↑ + Cl₂ ↑

(b) FeO + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + H₂O

(c) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂ ↑

(d) NaHSO₄ + NaHCO₃ → Na₂SO₄ + CO₂ ↑ + H₂O

(e) 9Fe(NO₃)₂ + 6H₂SO₄ → 2Fe₂(SO₂)₃ + 5Fe(NO₃)₃ + 3NO ↑ + 6H₂O

(g) 2Fe + 6H₂SO₄ đặc $\stackrel{t^o}{\to }$ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ ↑ + 6H₂O

$\Rightarrow$ cả 6 phản ứng đều thu được khí.

Đáp án D

$$\begin{gathered} n_Y=2,8:22,4=0,125\text{ (mol)} \\ {n}_{B{\text{r}}_2}=36:160=0,225\text{ (mol)} \end{gathered}$$

Độ không no của Y là: $\overline{k}=\frac{n_{B{\text{r}}_2}}{n_Y}=\frac{0,225}{0,125}=18$

Vì phản ứng giữa hỗn hợp hidrocacbon và H₂ là pư hoàn toàn, Y có phản ứng với dd Br₂

$\Rightarrow$ Y còn hidrocacbon không no $\Rightarrow$ H₂ pư hết

Đặt công thức chung của Y là $C_x{H}_y$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overline{k}=\frac{2\text{x}+2}{2}=1,8\\ {\overline{M}}_y=12\text{x}+y=46\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=3,4\\ y=5,2\end{array}\right.$

Phản ứng cộng họ không làm thay đổi số nguyên tử cacbon nên số cacbon trong X là 3,4

→ Đặt công thức chung của hidrocacbon có trong X: $C_{3,4}{H}_4$

$C_{3,4}{H}_4+0,6H_2\to C_{3,4}{H}_{5,2}$

0,125 $\leftarrow$ 0,0756$\leftarrow$  0,125 (mol)

$\to n_x=0,125+0,075=0,2\text{ (mol)}$

Ta có: 0,2 mol X chứa 0,125 mol $C_{3,4}{H}_4$

→ 0,125 mol X chứa 5/64 mol $C_{3,4}{H}_4$

Xét: X + Br₂

$C_{3,4}{H}_4+2,4B{\text{r}}_2\to C_{3,4}{H}_{4}B{\text{r}}_{4,8}$

5/64 → 0,1875 (mol)

→ $m_{B{\text{r}}_2}=0,1875.160=30\text{ (g)}=x$

Đáp án C

$$\begin{gathered} n_{Mg}=2,4:24=0,1\text{ (mol)} \\ {n}_{FeS{O}_4}=0,25.0,2=0,05\text{ (mol);} \\ {\text{ n}}_{CuS{O}_4}=0,25.0,3=0,075\text{ (mol)} \end{gathered}$$

Ta có:  (Mg nhường)$=0,1.2=0,2\text{ (mol)}$

$n_{e\left(nhan\right)}=0,05.2+0,075.2=0,25\text{ (mol)}>n_{e(Mg\text{ nhuong)}}$

→ Mg pư hết, muối dư

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}Mg+C{u}^{2+}\to M{g}^{2+}+Cu\downarrow \\ Mol\text{ 0,075}\leftarrow \text{0,075}\to \text{0,075}\to \text{0,075}\end{array} \\ \begin{array}{l}Mg+{\text{ Fe}}^{2+}\to M{g}^{2+}+\text{ Fe}\\ Mol\text{ (0,1}-\text{0,025)}\leftarrow \text{0,025}\to \text{0,025}\to \text{0,025}\end{array} \\ \to m_{chat\text{ ran}}=m_{Cu}+m_{F\text{e}}=0,075.64+0,025.56=6,2\text{ (g)} \end{gathered}$$

Đáp án A

Do x=y-z → X là este không no có 1 liến kết đôi C=C.

Do bài toán dưới dạng tổng quát nên ta tự chọn lượng chất: x = 1 mol

 $V_{O_2}=100,8$(lít) $\to n_{O_2}=100,8:22,4=4,5\text{ (mol)}$

BTNT “O”: $2n_x+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$

$\to 2+2.4,5=2y+z$   (1)

Mà theo đề bài: x = y - z = 1  (2)

Giải (1) và (2) được y = 4 và z = 3

Vậy X có CTPT là C₄H₆O

Các CTCT thỏa mãn là:

HCOOC=C-C (cis-trans)

HCOOC-C=C HCOOC(C)=C

C-COOC-C

C=C-COO-C

Vậy có 6 chất thỏa mãn điều kiện của X.

Đáp án B

Đặt $n_{N_2}=a$ và $n_{H_2}=b$ (mol)

$n_x=n\text{x}=a+b=1,12:22,4=0,05$ (1)

$m_x=n\text{x}.M\text{x}\Rightarrow 28\text{a}+2b=0,05.6,2.2$ (2)

Giải (1) và (2) được: a = 0,02 và b = 0,03

Do sau phản ứng thu được khí H₂ và hỗn hợp KL (Mg dư và Cu) nên dung dịch Y không chứa $N{O}_3^{-}$ và $C{u}^{2+}$

$\Rightarrow$ Y chứa $M{g}^{2+}$ (x mol); $N{H}_4^{+}$ (y mol) và $S{O}_4^{2-}$ (0,2 mol)

$$\begin{gathered} m g M{g}^{+}\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4:0,2\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.\to X\left\{\begin{array}{l}{N}_2:0,02\\ H_2:0,03\end{array}\right. \\ +2 g \left\{\begin{array}{l}Mg\\ Cu\end{array}\right.+dd\text{ Y}\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:x\\ N{H}_4^{+}:y\\ S{O}_4^{2-}:0,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

BTNT “N”: 

$$\begin{gathered} n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}=(n_{N{H}_4^{+}}+2n_{N_2})/2 \\ =(y+2.0,02)/2=0,5y+0,02\text{ (mol)} \\ \Rightarrow n_{Cu}=0,5y+0,02 \end{gathered}$$

BTĐT cho dung dịch Y: $2n_{M{g}^{2+}}+n_{N{H}_4^{+}}=2n_{S{O}_4^{2-}}\Rightarrow 2\text{x}+y=0,2.2$   (3)

BTe:

$$\begin{gathered} 2n_{Mg\text{ pu}}=2n_{Cu}+10n_{N_2}+2n_{H_2}+8n_{N{H}_4^{+}} \\ \Rightarrow 2\text{x}=2(0,5y+0,02)+10.0,02+2.0,03+8y \end{gathered}$$ (4)

Giải (3) và (4) thu được x = 0,195 và y = 0,01

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{Cu}=0,5y+0,02=0,025\text{ mol} \\ \Rightarrow {\text{m}}_{Mg\text{ du}}=2-0,025.64=0,4\text{ gam} \\ \Rightarrow m=m_{Mg\text{ ban dau}}=m_{\text{Mg pu}}+m_{Mg\text{ du}} \\ =0,195.24+0,4=5,08\text{ gam} \end{gathered}$$

Đáp án B

(1) Mg + Fe₂(SO₄)₃ dư → MgSO₄ + 2FeSO₄ 

→ không thu được kim loại

(2) Zn + 2HCl dư → ZnCl₂ + H₂   

→ không thu được kim loại

(3) H₂ dư + CuO → Cu + H₂O

→ thu được kim loại Cu

(4) Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

CuSO₄ + Ba(OH)₂ → Cu(OH)₂ + BaSO₄

→ không thu được kim loại

(5) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ + Fe(NO₃)₃ + Ag

→ thu được kim loại Ag

Vậy có 2 thí nghiệm thu được kim loại sau phản ứng là (3) và (5).

Đáp án A

$n_{khi}=8,064:22,4=0,36\text{ mol}$

Dựa vào tỉ lệ suy ra $n_{NO}=0,2{\text{ mol; n}}_{H_2}=0,1{\text{ mol; n}}_{N{O}_2}=0,06\text{ mol}$

Sau khi cho Y tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa là Mg(OH)₂

$\Rightarrow n_{Mg{\left(OH\right)}_2}=17,4:58=0,3\text{ mol}$

BTNT “N”: $n_{N{H}_4^{+}}=n_{HN{O}_3}-n_{NO}-n_{N{O}_2}=0,34-0,2-0,06=0,08$

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=2n_{M{g}^{2+}}+4n_{A{l}^{3+}}+n_{N{H}_4^{+}} \\ \Rightarrow 2,28=2.0,3+4.n_{A{l}^{3+}}+0,08 \\ \Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=0,4\text{ mol} \end{gathered}$$

Đặt $n_{KH\text{S}{O}_4}=x\text{ mol}$

$$\begin{gathered} m g \left\{\begin{array}{l}Al:0,4\\ Mg\\ MgO\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}HN{O}_3:0,34\\ KH\text{S}{O}_4:x\end{array}\right. \\ \to \left|\begin{array}{l}ddY\left\{\begin{array}{l}A{l}^{3+}:0,4\\ M{g}^{2+}:0,3\\ N{H}_4^{+}:0,08\\ K^{+}:x\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right.\stackrel{+NaOH:2,28mol}{\to }17,4 g {\text{ Mg(OH)}}_2:0,3\\ \begin{array}{c}Khi\left\{\begin{array}{l}NO:0,2\\ H_2:0,1\\ N{O}_2:0,06\end{array}\right.\\ H_{2}O\end{array}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

BTĐT dd Y: 

$$\begin{gathered} 3n_{A{l}^{3+}}+2n_{M{g}^{2+}}+n_{N{H}_4^{+}}+n_{k+}=2n_{S{O}_4^{2-}} \\ \Rightarrow 0,4.3+0,3.2+0,08+x=2\text{x}\Rightarrow x=1,88 \\ {n}_{H_{2}O}=(n_{HN{O}_3}+n_{KH{\text{SO}}_4}-4n_{N{H}_4^{+}}-2n_{H_2})/2 \\ =(0,34+1,88-0,08.4-0,1.2)/2=0,85\text{ mol} \end{gathered}$$

BTKL: $$\begin{gathered} m=m_{(i\text{o}n\text{ trong Y)}}+m_{NO}+m_{H_2}+n_{N{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{HN{O}_3}-m_{KH\text{S}{O}_4} \\ =0,4.27+0,3.24+0,08.18+1,88.39+1,88.96+0,2.30+0,1.2 \\ +0,06.46+0,85.18-0,34.63-1,88.136 \\ =20,4\text{ (g)} \end{gathered}$$

Đặt $n_{Mg}=a$ và $n_{MgO}=b$ (mol)

$24\text{a}+40b=20,4-0,4.27$ (1)

$a+b=n_{M{g}^{2+}}=0,3$      (2)

Giải hệ (1) và (2) được a = b = 0,15 mol

$\to \%m_{Mg}=(0,15.24\text{/}20,4).100\%=17,65\%$

Đáp án B

- 2 dung dịch tác dụng được với FeSO₄: HNO₃, NaOH (X, Y)

- Dung dịch có pH thấp nhất (nồng độ $H^{+}$ cao nhất) là H₂SO₄ → Z là H₂SO₄

- T là HCl

- Y phản ứng được với T nên Y là NaOH

→ X là HNO₃

Vậy: X: HNO₃; Y: NaOH; Z: H₂SO₄; T: HCl

Đáp án A

Đoạn 1:

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + 2H₂O

      0,1……0,1

→ x = 0,1

Khi Al(OH)₃ bị hòa tan hết thì kết tủa chỉ còn lại BaSO₄

nBaSO₄ = x + 3y = 0,46 → y = 0,12

Đáp án C

$$\begin{gathered} 15,34 g\left\{\begin{array}{l}\text{Ancol don chuc}\\ \text{Axit don chuc}\\ \text{Axit 2 chuc}\end{array}\right. \\ \stackrel{H_{2}S{O}_4\text{ dac,t}°}{\to }\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O:0,43\\ Y\left|\begin{array}{l}\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,43\\ H_{2}O:0,4\end{array}\right.\\ \stackrel{+KOH:0,2}{\to }mg\text{ muoi}=?\end{array}\right.\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do các chất đều no, mạch hở nên ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành:

HCOOH: a

(COOH)₂: b

CH₂: c

CH₃OH: d

$n_{KOH}=a+2b=0,2$ (1)

$n_{C{O}_2}=a+2b+c+d=0,43$ (2)

$n_{H_{2}O}=a+b+c+2d=0,13+0,4$ (3)

$m_X=46a+90b+14c+32d=15,34$ (4)

Giải hệ (1) (2) (3) (4) $\Rightarrow a=0,06;b=0,07;c=0,06;d=0,17$

Ta thấy c < d $\Rightarrow$ CH₂ nằm trong axit, không nằm trong ancol (ancol là CH₃OH)

$\Rightarrow$ Muối gồm: HCOOK: 0,06 (COOK)₂: 0,07; CH₂: 0,06

$\Rightarrow m=0,06.84+0,07.166+0,06.14=17,5\text{ gam}$.

Đáp án C

$n_{A1}:n_{A2}:n_{A3}=0,4:0,22:0,32=20:11:16$

- Gộp peptit: 4X + 3Y + 2Z thành X₄Y₃Z₂ $(có dạng {\text{[(A}}_1{)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{{\left(A_3\right)}_{16}\text{]})}_k$ + 8H₂O

Peptit ${\text{[(A}}_1{)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}\text{]}{)}_k$ có số liên kết peptit là: 47k – 1

- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định kì

Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z

$\Rightarrow$ Số liên kết peptit trong peptit mới X4Y3Z2 là 4x + 3y + 2z + 8

+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 $\Rightarrow$ số liên kết là 4.1 + 3.1 + 2.10 + 8 = 35

+ Max: Khi x = 10; y = 1; z = 1 $\Rightarrow$ số liên kết là 4.10 + 3.1 + 2.1 + 8 = 53

$\Rightarrow 35\le 47k\le 1553\Rightarrow 0,766\le k\le 149\Rightarrow k=1$

$\Rightarrow {\left(A_1\right)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}$ (số mol là 0,4/20 = 0,02 mol)

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}4\text{X }+3Y+2\text{Z}\to {\left(A_1\right)}_{20}\end{array}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16} +8 H_{2}O \\ 0,08\text{ 0,06 0,04 0,02 0,016} \end{gathered}$$

$\Rightarrow n_{peptit}=0,08+0,06+0,04=0,18\text{ mol}$

- Do các amino axit đều có dạng H₂NCnH₂nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₃, H₂O (bằng số mol peptit).

$$\begin{gathered} n_{CONH}=n_N=n_{A1}+n_{A2}+n_{A3}=0,4+0,22+0,32=0,94\text{ mol} \\ {n}_{H_{2}O}=n_{peptit}=0,18\text{ mol} \\ \Rightarrow m_{C{H}_2}=m_M-m_{CONH}-m_{H_{2}O} \\ =78,1-0,94.43-0,18.18=34,44\text{ (g)} \\ \Rightarrow n_{C{H}_2}=2,46\text{ mol} \\ 78,1 g \text{M}\left\{\begin{array}{l}CONH:0,94\\ C{H}_2:2,46\\ H_{2}O:0,18\end{array}\right.\stackrel{+NaOH}{\to }Muoi\left\{\begin{array}{l}COONa:0,94\\ N{H}_2:0,94\\ C{H}_2:2,46\end{array}\right.+O_2 \\ \to \left\{\begin{array}{l}NaC{O}_3:0,47\\ C{O}_2:0,94+2,46-0,47=2,93\\ H_{2}O:0,94+2,46=3,4\\ N_2:0,47\end{array}\right. \end{gathered}$$

BTKL: $m_{muoi}=0,94+0,94.16+2,46.14=112,46\text{ (g)}$

BTKL: $m_{O_2(\text{dot 112,46 gam muoi)}}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}+m_{N_2}-m_{muoi}$

$$\begin{gathered} \to 0,47.106+2,93.44+3,4.18+0,47.28-112,46=140,64\text{ (g)} \\ \to n_{O_2}=4,395\text{ mol} \end{gathered}$$

Tỉ lệ: Đốt 112,46 gam muối cần 4,395 mol O₂

y gam 32,816/22,4 mol

$\Rightarrow$ y = 37,487 (g) gần nhất với 37,45 gam.

Đáp án C

A. Sai, H₂SO₄ đặc có vai trò làm chất xúc tác, hút ẩm và làm tăng hiệu suất của phản ứng.

B. Sai, Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tạo hiện tượng tách lớp rõ ràng hơn.

C. Đúng, Vì đây là phản ứng thuận nghịch.

D. Sai, Chất lỏng trong ống nghiệm trở nên tách lớp.

Đáp án B

(a) Đúng, Amoniac hoặc metyl amin đều tan nhiều trong nước cho môi trường bazơ, làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

(b) Sai, Khí X là HCl tan nhiều trong nước, làm áp suất trong bình giảm nên nước vẫn phun vào trong bình thủy tinh.

(c) Sai, Do khí tan nhiều trong nước nên tia nước phun mạnh vào bình do áp suất trong binh thấp hơn áp suất không khí.

(d) Đúng, Khí X (NH₃, CH₃NH₂,...) tan trong nước cho môi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu xanh.

(e) Sai, Khi đun nóng thì khả năng hòa tan của khí trong nước giảm.

(g) Sai, Dung dịch NH₃ đã bão hòa thì không thể hòa tan được khí X, cho nên không có hiện tượng nước phun vào bình.