Đáp án B

Dung dịch A có  $\left[H^{+}\right]={10}^{-3}M>{10}^{-7}M$$\to$ môi trường axit.

Đáp án A

Axit: $HN{O}_3,HCl{O}_4,C{H}_{3}COOH$.

Bazơ: $NaOH,Ba{\left(OH\right)}_2,N{H}_3$.

Đáp án D

Khí $N_2$ khá trơ ở nhiệt độ thường là do: trong phân tử $N_2$ chứa liên kết ba rất bền.

Đáp án B

Lưu ý: Những phản ứng mà $N{H}_3$ thể hiện tính khử là những phản ứng N tăng số oxi hóa lên.

A. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^{+2}$.

B. N ở hai vế phương trình vẫn giữ nguyên số oxi hóa là -3

C. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^0$.

D. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^0$.

Đáp án C

Sơ đồ phản ứng:

$Fe\underset{}{\overset{O_2\left(kk\right)}{\to }}\left\{\begin{array}{l}FeO,F{e}_3{O}_4\\ F{e}_2{O}_{3}vàFe\text{ dư}\end{array}\right.\underset{}{\overset{HN{O}_3}{\to }}\left\{\begin{array}{l}N{O}_2\uparrow \\ NO\uparrow \\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\end{array}\right.$

Theo đề ra ta có: $n_{NO}=n_{N{O}_2}=0,125mol$

Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là x và y ta có: $56x+16y=36\left(*\right)$.

Quá trình nhường và nhận e:

Tổng electron nhường: 3x (mol)

Tổng electron nhận: $2y+0,125+0,125.3\left(mol\right)$

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: $3x=2y+0,5\left(**\right)$

Từ (*) và (**) ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}56x+16y=36\\ 3x-2y=0,5\end{array}\right.$

Giải hệ trên ta có: x = 0,5 và y = 0,5.

Như vậy $n_{Fe}=0,5\left(mol\right)\to m=28gam$.

Đáp án B

Than chì và than vô định hình là các dạng thù hình của cacbon.

Đáp án B

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có:

$$\begin{gathered} \left(\begin{array}{l}2nF{e}_2{O}_3=nFe=n{H}_2=0,2\left(mol\right)\\ nCuO=\frac{m\left(CuO,F{e}_2{O}_3\right)-mF{e}_2{O}_3}{80}\end{array}\right) \\ \to \left(\begin{array}{l}nF{e}_2{O}_3=0,1\left(mol\right)\\ nCuO=\frac{24-0,1.160}{80}=0,1\left(mol\right)\end{array}\right) \end{gathered}$$

Theo giả thiết, theo bảo toàn electron trong phản ứng của C với $H_{2}O$ và phản ứng của CO, $H_2$ với $CuO,F{e}_2{O}_3$, ta có:

$\left(\begin{array}{l}\frac{28nCO+44nC{O}_2+2n{H}_2}{nCO+nC{O}_2+n{H}_2}=15,6\\ 2nCO+4nC{O}_2=2n{H}_2\\ 2nCO+2n{H}_2=2\underset{0,1\left(mol\right)}{\underbrace{nCuO}}+6\underset{0,1\left(mol\right)}{\underbrace{nF{e}_2{O}_3}}\end{array}\right)$

Giải ra ta được:

$$\begin{gathered} nCO=0,1\left(mol\right) \\ nC{O}_2=0,1\left(mol\right) \\ n{H}_2=0,3\left(mol\right) \end{gathered}$$

Vậy giá trị của V là: $V=11,2\left(lít\right)$.

Đáp án B

+ Vì khối lượng mol của dẫn xuất monoclo tạo ra từ Y đã biết, nên dễ dàng tìm được số nguyên tử C của Y và tên gọi của nó.

+ Phương trình phản ứng:

$\underset{ankan\text{ Y}}{\underbrace{C_n{H}_{2n+2}}}+C{l}_2\underset{}{\overset{as}{\to }}\underset{\text{dẫn xuất monoclo}}{\underbrace{C_n{H}_{2n+1}Cl}}+HCl$

+  $M_{C_n{H}_{2n+1}Cl}=14n+36,5=39,25.2\Rightarrow n=3$ Y là $C_3{H}_8$ (propan)

+ Phản ứng tạo ra hai dẫn xuất monoclo:

$C{H}_3-C{H}_2-C{H}_3+C{l}_2\underset{1:1}{\overset{as}{\to }}\begin{array}{c}\begin{array}{l}\begin{array}{cc}C{H}_{2}Cl-C{H}_2-C{H}_3+HCl& \end{array}\\ \nearrow \end{array}\\ \begin{array}{l}\searrow \\ \begin{array}{cc}C{H}_3-CHCl-C{H}_3+HCl& \end{array}\end{array}\end{array}$

Đáp án A

Số mol $n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,2\left(mol\right)$

Khối lượng dung dịch giảm: $m_{\text{giảm}}=m_{BaC{O}_3}-\left(m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\right)=24,3\left(gam\right)$

$$\begin{gathered} \to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=39,4-24,3=15,1\left(gam\right) \\ {n}_{H_{2}O}=0,35mol \\ \underset{}{\overset{BTNT:O}{\to }}{n}_O=2n_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=0,2.2+0,35=0,75\left(mol\right) \\ \to n_{O_2}=0,375\left(mol\right) \end{gathered}$$

Số mol khí bay ra khỏi bình là $N_2 \to$ Số mol $N_2$ có trong hợp chất hữu cơ X là:

$n_{N_2}=1,55-0,375.4=0,05mol\to n_N=0,05.2=0,1mol$

Gọi công thức của X là $C_x{H}_y{N}_z$

$\to$ Tỉ lệ  $x:y:z=2:7:1 \to$ Công thức đơn giản nhất của X có dạng: ${\left(C_2{H}_7{N}_1\right)}_n<64$

$\to$ X là $C_2{H}_{7}N$.

Đáp án B

Phương trình nhiệt phân:

$$\begin{gathered} 2NaHC{O}_3\underset{}{\overset{t°}{\to }}N{a}_{2}C{O}_3+C{O}_2+H_{2}O \\ xx\text{/}2x\text{/}2x\text{/}2mol \end{gathered}$$

$N{a}_{2}C{O}_3$ không bị nhiệt phân.

Khối lượng giảm là khối lượng $H_{2}O$ và $C{O}_2$: 

$$\begin{gathered} m_{H_{2}O}+m_{C{O}_2}=100-69=31gam \\ 22x+9x=31\to x=1\left(mol\right) \\ \%m_{NaHC{O}_3}=\frac{84}{100}.100\%=84\% \\ \%m_{N{a}_{2}C{O}_3}=100\%-84\%=16\% \end{gathered}$$

Đáp án C

Quá trình phản ứng

$CO+\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3\\ MgO\\ CuO\\ A_2{O}_3\end{array}\right.\underset{}{\overset{}{\to }}\left\{\begin{array}{l}Fe\\ MgO\\ Cu\\ A{l}_2{O}_3\end{array}\right.+C{O}_2$

Đáp án B

Theo định luật bảo toàn điện tích:

số mol. $\Sigma$điện tích (+) = số mol. $\Sigma$điện tích (-)

Ta áp dụng cho 4 phương án lựa chọn:

+) $K^{+},M{g}^{2+},S{O}_4^{2-},C{l}^{-}$

số mol. $\Sigma$điện tích (+) = 0,15 + 2. 0,1 = 0,35 mol

số mol. $\Sigma$điện tích (-) = 2. 0,075 + 0,1 = 0,25 mol

$\to$ không thỏa mãn.

Tương tự với 3 phương án còn lại $\to$ chỉ có trường hợp dung dịch chứa: $K^{+},N{H}_4^{+},\text{ C}{O}_3^{2-},C{l}^{-}$ là thỏa mãn.

Đáp án C

$$\begin{gathered} x:y:z=\frac{\%K_{2}O}{M_{K_{2}O}}=\frac{\%CaO}{M_{CaO}}=\frac{\%Si{O}_2}{M_{Si{O}_2}} \\ =0,2:0,2:1,2=1:1:6 \\ \to CT:K_{2}O.CaO.6Si{O}_2 \end{gathered}$$

Đáp án D

$$\begin{gathered} Si+2C{l}_2\to SiC{l}_4 \\ Si+2F_2\to Si{F}_4 \\ Si+2O_2\underset{}{\overset{400-600°C}{\to }}Si{O}_2 \\ 4HN{O}_3+18HF+3Si\to 3H_{2}Si{F}_6+4NO+8H_{2}O \end{gathered}$$

$Si+2Mg\to M{g}_{2}Si$ (tính oxi hóa)

$Si+NaOH+H_{2}O\to N{a}_{2}Si{O}_3+H_2\uparrow$

$\to$ có 1 phản ứng trong đó Si thể hiện tính oxi hóa.

Đáp án A

$n_{\left(andehit\right)}=n_{CuO}=0,06mol$

Giả sử không có anđehit fomic:

$n_{Ag}=2n_{\left(andehit\right)}=0,12mol$

Theo đề bài: $n_{Ag}=0,22mol$. Vậy có HCHO

$$\begin{gathered} HCHO\to 4Ag \\ x4xmol \\ RCHO\to 2Ag \\ y2ymol \end{gathered}$$

Theo đề bài ra ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,06\\ 4x+2y=0,22\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \to x=0,05\left(mol\right);y=0,01\left(mol\right) \\ {M}_{RCHO}=\frac{2,2-0,05.32}{0,01}=60\left(đvC\right) \\ \to \begin{array}{c}R+31=60\\ R=29\left(C_2{H}_5\right)\end{array} \end{gathered}$$

Vậy 2 ancol ban đầu là $C{H}_{3}OH$ và $C_2{H}_{5}C{H}_{2}OH$.

Đáp án A

Số thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là các thí nghiệm:

(1) Sục khí $C_2{H}_4$ vào dung dịch $KMn{O}_4$.

(3) Chiếu sáng hỗn hợp khí metan và clo.

(6) Đun nóng hỗn hợp triolein và hiđro (với xúc tác Ni).

(8) Cho anilin tác dụng với dung dịch brom.

(10) Cho glixerol tác dụng với Na.

Đáp án B

Este X đơn chức tác dụng với NaOH đun nóng $\to$ phương trình phản ứng như sau

$$\begin{gathered} EsteX+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}C{H}_3-C{H}_2-COONa+Ancol\left(Y_1\right) \\ {Y}_1+CuO\underset{}{\overset{}{\to }}Anđehit\left(Y_2\right) \\ {Y}_2+A{g}_{2}O\underset{}{\overset{}{\to }}4Ag \end{gathered}$$

$\to$ Anđehit là HCHO $\to$ Ancol $Y_1$ là $C{H}_{3}OH$.

$\to$ Công thức cấu tạo của este là $C{H}_3-C{H}_2-COOC{H}_3$: metyl propionat.

Đáp án A

Số mol $n_{KOH}=0,16mol$

$$\begin{gathered} Cl{H}_{3}N-C{H}_2-COOH+2KOH\to N{H}_2-C{H}_2-COOK+KCl+H_{2}O \\ 0,010,020,010,010,01mol \\ C{H}_3-CH\left(N{H}_2\right)-COOH+KOH\to C{H}_3-CH\left(N{H}_2\right)-COOK+H_{2}O \\ 0,020,020,020,02mol \\ HCOO{C}_6{H}_5+2KOH\to HCOOK+C_6{H}_{5}ONa+H_{2}O \\ 0,050,10,050,050,05mol \end{gathered}$$

Khối lượng chất rắn thu được là:

$$\begin{gathered} m_{\text{chất rắn}}=0,01.111,5+0,02.89+0,05.122+0,16.56-0,08.18 \\ =16,335\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Gọi amin có công thức $R{\left(N{H}_2\right)}_n$

$R{\left(N{H}_2\right)}_n+nHCl\to R{\left(N{H}_{3}Cl\right)}_n$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} m_{HCl}=m_{\text{muối}}-m_{a\min }=17,64-8,88=8,76gam \\ \to n_{HCl}=0,24mol \end{gathered}$$

· Với n=1$\to M_{A\min }=\frac{8,88}{0,24}=37 \to$ Loại

· Với n=2 

$\to M_{A\min }=\frac{8,88}{0,12}=74\to H_{2}N-C{H}_2-C{H}_2-C{H}_2-N{H}_2$

Đáp án C

A. Tinh bột là polime có cấu trúc dạng mạch phân nhánh và không phân nhánh.

Đúng. Tinh bột có hai thành phần. Thành phần không phân nhánh là aminozơ, thành phần phân nhánh là aminopectin

B. Tinh bột không tan trong nước lạnh. Trong nước nóng từ $65°C$ trở lên, tinh bột chuyển thành dung dịch keo nhớt.

Đúng.Theo SGK lớp 12

C. Tinh bột không phản ứng với dung dịch $H_{2}S{O}_4$ loãng, đun nóng.

Sai. Đây là phản ứng thủy phân tinh bột cho glucozơ.

${\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+n{H}_{2}O\underset{}{\overset{t°,H^{+}}{\to }}n{C}_6{H}_{12}{O}_6$

D. Etanol có thể được sản xuất bằng phương pháp lên men các nông sản chứa nhiều tinh bột. Đúng. Theo SGK lớp 12

Đáp án D

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6:x\\ C_{12}{H}_{22}{O}_{11}:y\end{array}\right.\underset{}{\overset{+H_{2}O,H^{+}}{\to }}\left\{\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6:x\\ C_6{H}_{12}{O}_6:2y\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}180x+342y=7,02\\ 2x+4y=0,08\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,02\\ y=0,01\end{array}\right.\end{array} \\ \%m_{C_{12}{H}_{22}{O}_{11}}=\frac{0,01.342}{7,02}.100=48,71\% \end{gathered}$$

Đáp án C

A. Đúng, Vì tốc độ phản ứng tăng khi nhiệt độ tăng.

B. Đúng, Vì lòng trắng trứng có phản ứng màu biure với $Cu{\left(OH\right)}_2$ cho dung dịch có màu xanh tím.

C. Sai, Vì $CuS{O}_4$ khi nhỏ vào ống nghiệm chỉ có lòng trắng trứng nên không có phản ứng gì.

D. Đúng, Vì $CuS{O}_4+2NaOH\to Cu{\left(OH\right)}_2+N{a}_{2}S{O}_4$.

Đáp án B

Tơ tằm, tơ visco, tơ axetat, poli vinylaxetat, nhựa novolac.

Tơ tằm: tơ tằm là 1 loại protein thiên nhiên được cấu tạo từ các aminoaxit do đó có O.

Tơ Visco: là tơ bán tổng hợp (nhân tạo) là sản phẩm của xenlulozơ với  và NaOH có O.

Tơ nitron hay olon: $nC{H}_2=CH-CN\underset{}{\overset{TH}{\to }}{\left[-C{H}_2-CH\left(CN\right)-\right]}_n$

Tơ axetat:

$$\begin{gathered} {\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(OH\right)}_3\right]}_n+3n{\left(C{H}_{3}CO\right)}_{2}O\underset{}{\overset{H_{2}S{O}_4,t°}{\to }} \\ {\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(OOCC{H}_3\right)}_3\right]}_n+3nC{H}_{3}COOH \end{gathered}$$

Cao su buna - S là sản phẩm đồng trùng hợp: $C{H}_2=CH-CH=C{H}_2$ và $C_6{H}_5-CH=C{H}_2$.

Tơ PVC: ${\left[-C{H}_2-CHCl-\right]}_n$

Poli vinylaxetat: $C{H}_{3}COOCH=C{H}_2\underset{}{\overset{\text{trùng hợp}}{\to }}polivinylaxetat$

Nhựa novolac: Đun nóng hỗn hợp HCHO với $C_6{H}_5-OH$ dư xúc tác axit.

Đáp án C

Ta có:

$\underset{hhX}{\underbrace{\left(\begin{array}{l}K\\ Na\end{array}\right)}}+\left(\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\end{array}\right)\underset{}{\overset{\left(1\right)}{\to }}\left\{\begin{array}{l}{K}^{+},N{a}^{+},\left[Al{\left(OH\right)}_4^{-}\right.\\ S{O}_4^{2-},O{H}^{-}\end{array}\right\}$

Dung dịch Z gồm: $\left(\begin{array}{l}A{l}^{3+},K^{+},N{a}^{+}\\ S{O}_4^{2-},C{l}^{-}\end{array}\right)$

Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa ở phản ứng (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc $S{O}_4^{2-}$ và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z, ta có:

$\left(\begin{array}{l}{n}_{A{l^{3+}}_{/Z}}=n_{A{l}^{3+}}-n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,2\\ n_{S{O}_4^{2-}}=n_{H_{2}S{O}_4}+3n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=1,25\\ 3\underset{0,2}{\underbrace{n_{A{l^{3+}}_{/Z}}}}+\underset{x}{\underbrace{n_{K^{+}}}}+\underset{x}{\underbrace{n_{N{a}^{+}}}}=\underset{1,5}{\underbrace{n_{C{l}^{-}}}}+2\underset{1,25}{\underbrace{n_{S{O}_4^{2-}}}}\end{array}\right)$

Giải ra ta có: x = 1,7

$m_{\left(\min \right)}=m_K+m_{Na}=105,4\left(gam\right)$

Đáp án D

Từ phản ứng: $2Al+3C{u}^{2+}\to 3Cu+2A{l}^{3+}$

Ta thấy:

Cứ 3 mol $C{u}^{2+}$ phản ứng thì khối lượng thanh Al tăng: $3\times 64-2\times 27=138gam$

Theo đề bài, có $0,4\times 0,5\times 0,25=0,05molCu$ phản ứng $\to$ thanh Al tăng : $\frac{0,05}{3}\times 138=2,3gam$

Do đó, khối lượng thanh Al sau phản ứng là : 20 + 2,3 = 22,3 gam.

Đáp án C

Ta có: $n_{CuS{O}_4}=0,02\left(mol\right)=nC{u}^{2+}$

Thời gian cần thiết đề điện phân hết $C{u}^{2+}$ là: $t=\frac{0,\mathrm{02.2.96500}}{9,65}=400\left(s\right)$

$\to t_1<t<t_2 \to$ Tại $t_1$ có $\frac{1}{2}$ số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân $\to m_1=0,01.64=0,64\left(gam\right)$.

$\to$ Tại $t_2$: $C{u}^{2+}$ đã bị điện phân hết $\to m_2=1,28\left(gam\right)$ .

Đáp án B

Sắp xếp tính oxi hóa giảm dần là: $F{e}^{3+}>C{u}^{2+}>F{e}^{2+}$.

Đáp án D

Giả sử có 1 mol Fe:

Phần 1: phản ứng với $H_{2}S{O}_4$:

$$\begin{gathered} Fe+H_{2}S{O}_4\underset{}{\overset{}{\to }}FeS{O}_4+H_2 \\ 1111mol \end{gathered}$$ (1)   

Phần 2: Phản ứng với $H_{2}S{O}_4$ đặc nóng:

$$\begin{gathered} 2Fe+6H_{2}S{O}_4\underset{}{\overset{}{\to }}F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3S{O}_2+6H_{2}O \\ 160,5\frac{3}{2}mol \end{gathered}$$ (2)

Từ phương trình (1) và (2) ta rút ra tỉ lệ: $3V_1=2V_2$

Đáp án A

Quy đổi hỗn hợp X thành (Fe, O)

Đặt: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{Fe}:x\\ n_O:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\underset{}{\overset{BTKL}{\to }}56x+16y=4,5\\ \underset{}{\overset{BT:e}{\to }}3x-2y=2n_{S{O}_2}=0,1125\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,0675mol\\ y=0,045mol\end{array}\right. \\ {m}_{Fe}=0,0675.56=3,78 gam \end{gathered}$$

Đáp án C

+ Nhận thấy: có Cu dư nên Y muối sắt trong Y chỉ có thể là $FeC{l}_2$.

+ Ta có $\underset{}{\overset{BTNT.Clo}{\to }}{n}_{AgCl}=0,6$

$\to 102,3\left\{\begin{array}{l}AgCl:0,6\\ Ag:0,15\underset{}{\overset{BTE}{\to }}{n}_{F{e}^{2+}}^{TrongY}=0,15 mol\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \underset{}{\overset{BTNT.Clo}{\to }}{n}_{CuC{l}_2}=0,15 mol \\ \to \sum \left(Fe,Cu\right)=0,15.56+0,15.64+6,4=24,4 gam \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \underset{}{\overset{BTNT.H}{\to }}{n}_{H_{2}O}=0,3 \\ \underset{}{\overset{BTKL}{\to }}m=\underset{O}{\underbrace{0,3.16}}+\underset{Fe+Cu}{\underbrace{24,4}}=29,2 gam \end{gathered}$$

Đáp án C

Với mô hình thí nghiệm trên chỉ có $C_2{H}_4$ là hợp lý vì:

+ Với khí $C_2{H}_2$ người ta điều chế từ $C{H}_4$ hoặc $Ca{C}_2$ chứ không thể đun dung dịch X.

+ Với $C{H}_4$: $C{H}_{3}COONa+NaOH\underset{}{\overset{CaO,t°}{\to }}C{H}_4+N{a}_{2}C{O}_3$

+ Với $N{H}_3$ tan rất nhiều trong nước nên không thể thu được khí Y.

+ Với $C_2{H}_4$ được điều chế bằng cách đun $C{H}_{3}C{H}_{2}OH$ với $H_{2}S{O}_4$ (đ/n).

$C{H}_{3}C{H}_{2}OH\underset{}{\overset{H_{2}S{O}_4/170°C}{\to }}C{H}_2=C{H}_2+H_{2}O$

Đáp án C

Biện pháp để khử các khí trên là dùng bông tẩm xút hoặc nước vôi trong nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.

$$\begin{gathered} C{l}_2+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}NaCl+NaClO+H_{2}O \\ {H}_{2}S+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}N{a}_{2}S+H_{2}O \\ S{O}_2+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}N{a}_{2}S{O}_3+H_{2}O \\ N{O}_2+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}NaN{O}_3+NaN{O}_2+H_{2}O \\ HCl+NaOH\underset{}{\overset{}{\to }}NaCl+H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án A

Tại $t_1$: $m_{\left(dungdich\text{ giam}\right)}=10,16g$

$$\begin{gathered} \left(-\right)F{e}^{2+}+2e\to Fe \\ a2aa \\ \left(+\right)2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e \\ \text{ a 2a} \end{gathered}$$                 

Tại $2,5t_1$: $n_e=0,4mol$ và $F{e}^{2+}$ điện phân hết

$\to n_{F{e}^{2+}}=10x=0,2\to x=0,02\to n_{A{l}^{3+}}=0,14mol$

Tại 17370 giây: $n_e=0,9mol$

$$\begin{gathered} F{e}^{2+}+2e\to Fe \\ 0,20,40,2\left(mol\right) \\ 2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_2 \\ 0,50,50,25\left(mol\right) \\ {H}^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O \\ 0,080,08\left(mol\right) \\ A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3 \\ 0,14\to 0,42\to 0,14\left(mol\right) \\ 2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e \\ 0,82\to 0,41\to 0,82\left(mol\right) \\ 2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e \\ 0,08\leftarrow 0,02\leftarrow 0,08\left(mol\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} m_{\left(dungdịch\text{ giảm}\right)}=0,2\times 56+0,41\times 71+0,02\times 32 \\ +0,25\times 5+0,14\times 78=52,37g \\ \to m=100-52,37=47,63g \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{Mg}=0,35\left(mol\right)\\ n_{Zn}=0,35\left(mol\right)\end{array}\right.\to n_e=1,4$

$$\begin{gathered} n_B=0,2 mol\left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O:0,1\left(mol\right)\\ H_2:0,1\left(mol\right)\end{array}\right. \\ \underset{}{\overset{BTE}{\to }}{n}_{N{H}_4^{+}}=\frac{1,4-0,1.8-0,1.2}{8}=0,05 mol \\ \to ddA\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:0,35\\ Z{n}^{2+}:0,35\\ N{H}_4^{+}:0,05\\ \underset{}{\overset{BTNT.Nito}{\to }}N{a}^{+}:0,1.2+0,05+a=0,25+a\\ \underset{}{\overset{\text{BTN}T}{\to }}S{O}_4^{2-}:a\end{array}\right. \\ \underset{}{\overset{\text{BTN}T}{\to }}a=1,7 mol \\ \underset{}{\overset{BTKL}{\to }}m=240,1 gam \end{gathered}$$         

Đáp án C

Các phát biểu đúng là:

(a) Khi nấu canh cua thì thấy các mảng “riêu cua” nổi lên là do sự đông tụ của protein do nhiệt độ.

(c) Cao su có tính đàn hồi, không dẫn điện, không dẫn nhiệt.

(d) Muối mono natri của axit glutamic được dùng làm mì chính.

(e) Khi ăn cơm, nếu nhai kĩ sẽ thấy có vị ngọt là do tinh bột trong cơm bị thủy phân thành glucozơ.

(g) Khi bị ong đốt, để giảm đau nhức có thể bôi vôi tôi vào vết đốt.