Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại và hợp chất của chúng.

Giải chi tiết:

PTHH sai: Cu + H₂SO₄ (dung dịch loãng) → CuSO₄ + H₂.

Vì Cu không phản ứng với axit H₂SO_4(loãng), chỉ phản ứng với axit H₂SO_4(đặc) tạo khí SO₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Polietilen (-CH₂-CH₂-)_n được điều chế bằng phản ứng trùng hợp etilen (CH₂=CH₂).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số liên kết peptit = Số mắt xích – 1.

Giải chi tiết:

Phân tử Ala-Gly-Ala-Gly có 4 mắt xích.

Số liên kết peptit trong phân tử là 4 – 1 = 3 (liên kết peptit).

Đáp án C

Phương pháp giải:

* Cách 1: Dựa vào phản ứng este hóa để xác định sản phẩm trieste được tạo thành.

* Cách 2: Áp dụng công thức: Số loại trieste được tạo = $\frac{n^2(n+1)}{2}$   với n : số axit béo.

Giải chi tiết:

* Cách 1: Coi C₁₇H₃₅COOH và C₁₅H₃₁COOH lần lượt là R₁COOH và R₂COOH.

Các trieste được tạo thành là

⟹ Số trieste được tạo ra tối đa thu được là 6.

* Cách 2: Số axit béo có thể tạo nên trieste là 2.

Số loại trieste được tạo =  $\frac{n^2.(n+1)}{2}=\frac{2^2.(2+1)}{2}=6$

⟹ Số trieste được tạo ra tối đa thu được là 6.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Chất X phản ứng được với dung dịch NaOH đun nóng. X không tác dụng Na, NaHCO₃ ⟹ X là este.

M_X = 60 ⟹ X là este đơn chức ⟹ CTPT, CTCT và tên gọi của X.

Giải chi tiết:

Chất X phản ứng được với dung dịch NaOH đun nóng. X không tác dụng Na, NaHCO₃ ⟹ X là este.

M_X = 60 ⟹ X là este đơn chức.

Gọi công thức của X là RCOOR’

⟹ M_R + M_R’ = 60 – 12 – 16.2 = 16

⟹ M_R = 1 (H) và M_R’ = 15 (CH₃) → thỏa mãn.

Vậy CTCT của X là HCOOCH₃ (metyl fomat).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất hữu cơ đã học.

Giải chi tiết:

Các chất phản ứng được với nước brom là C₂H₂, C₂H₄, CH₂=CH-COOH, C₆H₅NH₂, C₆H₅OH (5 chất).

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄.

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂.

CH₂=CH-COOH + Br₂ → CH₂Br-CHBr-COOH.

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)NH₂ ↓ + 3HBr.

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)OH ↓ + 3HBr.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Công thức phân tử của của saccarozơ là C₁₂H₂₂O₁₁.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi cho trieste (được tạo bởi glixerol) phản ứng với dung dịch NaOH (xà phòng hóa) thu được sản phẩm là glixerol.

Giải chi tiết:

Xà phòng hóa tristearin thu được glixerol.

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$  3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Dẫn sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)₂ dư

⟹ n_CO2 = n_CaCO3.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O ⟹ m_H2O ⟹ n_H2O.

So sánh số mol CO₂ và H₂O ⟹ Công thức chung của X.

Giải chi tiết:

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Dẫn sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)₂ dư

⟹ n_CO2 = n_CaCO3 = 0,2 mol.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 12,4

⟹ m_H2O = 12,4 – 0,2.44 = 3,6 g

⟹ n_H2O = 3,6/18 = 0,2 mol.

Nhận thấy n_CO2 = n_H2O = 0,2 ⟹ Este X no, đơn chức, mạch hở.

Vậy công thức chung của X là C_nH_2nO₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất vật lí và ứng dụng của este.

Giải chi tiết:

C sai, vì este rất ít tan trong nước.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí (độ dẫn điện) của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

X là glucozơ (đường nho) và Y là sobitol.

PTHH: C₆H₁₂O₆ + H₂ $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$  C₆H₁₄O₆.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Amin có dạng R-NH-R’ là amin bậc 2.

Giải chi tiết:

Đimetylamin (CH₃-NH-CH₃) là amin bậc 2.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Nhận thấy hai este đều no, đơn chức, mạch hở (CH₃COOC₂H₅ và C₂H₅COOC₂H₅)

⟹ Khi đốt cháy hai este thu được n_H2O = n_CO2 ⟹ m_H2O.

Giải chi tiết:

Nhận thấy hai este đều no, đơn chức, mạch hở (CH₃COOC₂H₅ và C₂H₅COOC₂H₅)

⟹ Khi đốt cháy hai este thu được n_H2O = n_CO2 = 15,68/22,4 = 0,7 mol.

Vậy khối lượng nước thu được là m_H2O = 0,7.18 = 12,6 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Các chất bị thủy phân trong môi trường axit là etyl fomat, saccarozơ, tinh bột (3 chất).

HCOOC₂H₅ + H₂O $\stackrel{H_{2}S{O}_{4d},t^0}{\rightleftarrows }$  HCOOH + C₂H₅OH.

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

(-C₆H₁₀O₅-)_n + nH₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$  nC₆H₁₂O₆.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức danh pháp của este.

Giải chi tiết:

Este CH₃COOCH₃ có tên gọi là metyl axetat.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sắp xếp tính bazơ tăng dần của các hợp chất amin:

Amin thơm < NH₃ < amin no bậc 1 < amin no bậc 2 (amin no cùng công thức phân tử).

Giải chi tiết:

Thứ tự tính bazơ tăng dần là (4) anilin < (2) amoniac < (1) metylamin < (3) etylamin < (5) đimetylamin.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂ trong môi trường kiềm, tạo dung dịch màu xanh lam là fructozơ, glucozơ.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức của alanin ⟹ Số nguyên tử H.

Giải chi tiết:

Công thức của alanin là H₂N-CH(CH₃)-COOH (C₃H₇NO₂).

Vậy số nguyên tử H của alanin là 7.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về ăn mòn điện hóa.

Hợp kim: kim loại nào có tính khử mạnh hơn thì bị ăn mòn khi tiếp xúc với không khí ẩm.

Giải chi tiết:

Hợp kim Fe-C: Fe có tính khử mạnh hơn C nên Fe bị ăn mòn điện hoá học khi tiếp xúc với không khí ẩm.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại và axit HNO₃.

Giải chi tiết:

Fe, Al và Cr bị thụ động trong dung dịch HNO₃ đặc, nguội (không phản ứng).

Kim loại Cu tan trong dung dịch HNO₃ đặc, nguội.

PTHH: Cu + 4HNO_3(đ) → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ ↑ + 2H₂O

Đáp án A

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n-2O_x (x = 2 hoặc 4).

Dựa vào phương trình đốt cháy X ⟹ Phương trình liên hệ giữa n_X và n_O2

⟹ Phương trình liên hệ giữa n và x ⟹ CTPT của X ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n-2O_x (x = 2 hoặc 4).

PTHH: $C_n{H}_{2n-2}{O}_x+\frac{3n-1-x}{2}{O}_2\stackrel{t^0}{\to }nC{O}_2+(n-1)H_{2}O$

Theo PTHH ⟹ $n_X=\frac{2n_{O_2}}{3n-1-x}\Rightarrow \frac{4,3}{14n+16x-2}=\frac{2.0,225}{3n-1-x}\Rightarrow 6,6n-11,5x=3,4$

+ Xét x = 2 ⟹ n = 4 ⟹ X là C₄H₆O₂ → thỏa mãn.

+ Xét x = 4 ⟹ n = -71/11 ⟹ Loại.

Các đồng phân este C₄H₆O₂ là

HCOOCH₂-CH=CH₂     ;         HCOOCH=CH-CH₃       ;        HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂         ;         CH₂=CHCOOCH₃

⟹ Có tất cả 5 công thức cấu tạo thỏa mãn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

* Ta có:

Este của ancol: Este + NaOH → muối + ancol

⟹ n_NaOH = n_ancol.

Este của phenol: Este + 2NaOH → muối + H₂O

⟹ n_NaOH = 2n_H2O

* X gồm CH₃COOC₆H₅ ; C₆H₅COOCH₃ ; HCOOCH₂C₆H₅ ; C₂H₅OOC-COOC₆H₅

X + NaOH → muối + ancol Y + H₂O

⟹ n_NaOH = n_Y + 2n_H2O.

* Dựa vào phản ứng Y + Na ⟹ n_Y ⟹ n_H2O.

Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ m.

Giải chi tiết:

* X gồm CH₃COOC₆H₅ ; C₆H₅COOCH₃ ; HCOOCH₂C₆H₅ ; C₂H₅OOC-COOC₆H₅

Ancol Y (ancol đơn chức) + Na → 0,5H₂

⟹ n_Y = 2n_H2 = 2.0,2 = 0,4 mol.

* X + NaOH → muối + ancol Y + H₂O

⟹ n_NaOH = n_Y + 2n_H2O = 0,8 ⟹ n_H2O = 0,2 mol.

BTKL ⟹ m_X + m_NaOH = m + m_Y + m_H2O

⟹ m = 73,8 + 0,8.40 – 21,8 – 0,2.18 = 80,4 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: C₆H₁₂O₆ $\stackrel{men}{\to }$  2C₂H₅OH + 2CO₂

Dựa vào PTHH ⟹ n_{C2H5OH (LT)} ⟹ n_{C2H5OH (TT)} (Do H = 75%) ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_C6H12O6 = 54/180 = 0,3 mol.

PTHH: C₆H₁₂O₆ $\stackrel{men}{\to }$  2C₂H₅OH + 2CO₂

Theo PTHH ⟹ n_{C2H5OH (LT)} = 2n_C6H12O6 = 0,6 mol.

Do H = 75% ⟹ n_{C2H5OH (TT)} = 0,6.75%/100% = 0,45 mol.

Vậy m = m_C2H5OH = 0,45.46 = 20,7 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hỗn hợp chất rắn chỉ có Fe phản ứng với H₂SO₄ tạo khí H₂; chất rắn không tan là Cu.

Dựa vào phản ứng của Fe với H₂SO₄ ⟹ n_H2 ⟹ V.

Giải chi tiết:

Chất rắn không tan là Cu (m = 6,4 g)

⟹ m_Fe = 12 – 6,4 = 5,6 g ⟹ n_Fe = 5,6/56 = 0,1 mol.

PTHH: Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Theo PTHH ⟹ n_H2 = n_Fe = 0,1 mol.

Vậy V = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hợp chất lưỡng tính vừa phản ứng được với dung dịch HCl, vừa phản ứng được với dung dịch NaOH (trong điều kiện thích hợp).

Giải chi tiết:

Các hợp chất vừa phản ứng được với dung dịch HCl, vừa phản ứng được với dung dịch NaOH (trong điều kiện thích hợp) là axit glutamic, amoni propionat, metyl amoni axetat, nilon-6,6 (4 chất).

Axit glutamic: HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH phản ứng với HCl vì có nhóm –NH₂ và phản ứng với NaOH vì có nhóm –COOH.

Amoni propionat: C₂H₅COONH₄ phản ứng với HCl (C₂H₅COO^-) và phản ứng với NaOH (NH₄⁺).

Metyl amoni axetat: CH₃COOH₃NCH₃ phản ứng với HCl (CH₃COO^-) và phản ứng với NaOH (CH₃NH₃⁺).

Nilon-6,6: (-HN-[CH₂]₆-NH-CO-[CH₂]₄-CO-)_n (thủy phân peptit trong môi trường axit hoặc bazơ).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là

Giả sử số mol của 2 amin là 1 mol.

Dựa vào phương trình đốt cháy ⟹ Tỉ lệ n_CO2/n_H2O ⟹  ⟹ CTPT của 2 amin.

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 amin no, đơn chức là

Giả sử số mol của 2 amin là 1 mol.

PTHH: $C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+3}N+\frac{3\overline{n}+1,5}{2}{O}_2\stackrel{t^0}{\to }\overline{n}C{O}_2+\frac{2\overline{n}+3}{2}{H}_{2}O+\frac{1}{2}{N}_2$

Theo PTHH ⟹ $\frac{n_{C{O}_2}}{n_{H_{2}O}}=\frac{2\overline{n}}{2\overline{n}+3}=\frac{1}{2}\Rightarrow \overline{n}=1,5$

Vì 2 amin đồng đẳng, liên tiếp nên hai amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

X là trieste được tạo bởi glixerol, axit stearic C₁₇H₃₅COOH, axit panmitic C₁₅H₃₁COOH và C₁₇H_yCOONa.

⟹ Số C_(X) và số O_(X).

* X + O₂ → CO₂ + H₂O.

Bảo toàn nguyên tố C, O ⟹ n_X và n_H2O.

Bảo toàn khối lượng ⟹ a.

* X + 3NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃

Ta có n_NaOH = 3n_X và n_glixerol = n_X.

Bảo toàn khối lượng ⟹ m.

Giải chi tiết:

X là trieste được tạo bởi glixerol C₃H₅(OH)₃, axit stearic C₁₇H₃₅COOH, axit panmitic C₁₅H₃₁COOH và C₁₇H_yCOONa.

⟹ Số C_(X) = 3 + 18 + 16 + 18 = 55 và số O_(X) = 6.

* X + O₂ → CO₂ + H₂O.

BTNT C ⟹ 55.n_X = n_CO2 ⟹ n_X = 1,1/55 = 0,02 mol.

BTNT O ⟹ 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_H2O = 1,02 mol.

BTKL ⟹ a = m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 17,16 gam.

* X + 3NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃

Ta có n_NaOH = 3n_X = 0,06 mol và n_glixerol = n_X = 0,02 mol.

BTKL ⟹ m = m_muối = m_X + m_NaOH – m_glixerol = 17,72 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

$CO(0,15)+\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3\left(x\right)\\ MgO\left(x\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_{\left(du\right)}\left(a\right)\\ C{O}_2\left(b\right)\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}Fe\left(2x\right)\\ MgO\left(x\right)\end{array}\right.$

Dựa vào bảo toàn nguyên tố và tỉ khối hơi của hỗn hợp khí so với He ⟹ a và b.

Dựa vào phản ứng CO + Fe₂O₃ ⟹ x ⟹ m. (Với x là số mol của Fe₂O₃ và MgO).

Giải chi tiết:

Gọi a và b lần lượt là số mol của CO và CO₂ trong hỗn hợp khí.

Gọi x là số mol của Fe₂O₃ và MgO(hai chất có tỉ lệ số mol 1:1).

$CO(0,15)+\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3\left(x\right)\\ MgO\left(x\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_{\left(du\right)}\left(a\right)\\ C{O}_2\left(b\right)\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}Fe\left(2x\right)\\ MgO\left(x\right)\end{array}\right.$

* Xét hỗn hợp khí:

BTNT C ⟹ n_{CO (dư)} + n_CO2 = n_{CO (bđ)} = a + b = 0,15           (1).

Ta có d_khí/He = 10,2 ⟹ M_khí = 10,2.4 = 40,8

⟹ m_khí = n_{CO (dư)} + n_CO2 = 28a + 44b = 40,8.0,15 = 6,12  (2).

Từ (1) và (2) ⟹ a = 0,03 và b = 0,12.

* Xét phản ứng:

Fe₂O₃ + 3CO $\stackrel{t^0}{\to }$  2Fe + 3CO₂

Theo PTHH ⟹ n_Fe2O3 = x = n_CO2/3 = 0,04 mol.

Vậy m = m_Fe2O3 + m_MgO + 160.0,04 + 40.0,04 = 8 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Nhận thấy 2 este đều có chung dạng là CH₃COOR'.

- PTHH: CH₃COOR' + NaOH → CH₃COONa + R'OH

- Tính theo PTHH ⟹ thành phần chất rắn ⟹ khối lượng chất rắn.

Giải chi tiết:

Metyl axetat: CH₃COOCH₃.

Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅.

⟹ 2 este đều có chung dạng là CH₃COOR'.

            CH₃COOR' + NaOH → CH₃COONa + R'OH

Pư:             0,1 →         0,1 →            0,1                   (mol)

⟹ Chất rắn chứa CH₃COONa (0,1 mol) và NaOH dư (0,2 - 0,1 = 0,1 mol).

⟹ m_{chất rắn} = 0,1.82 + 0,1.40 = 12,2 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este, peptit, polime.

Giải chi tiết:

(a) đúng.

(b) đúng, vì este không tạo được liên kết H giữa các phân tử như axit và ancol có cùng số nguyên tử C.

(c) đúng, vì poliisopren là chất hữu cơ có thành phần C, H.

(d) đúng, vì Ala-Ala không tạo hợp chất màu tím; Ala-Ala-Ala tạo được hợp chất màu tím.

(e) sai, tơ nilon-6,6 được trùng ngưng bởi hexametylenđiamin và axit ađipic.

(g) đúng, vì chất béo lỏng có các liên kết đôi C=C nên dễ bị oxi hóa bởi không khí hơn so với các chất béo rắn.

⟹ 5 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất đã được học của các chất để xác định các chất phản ứng với nhau.

Giải chi tiết:

(1) C₂H₅OH + CH₃COOH ⇄ CH₃COOC₂H₅ + H₂O (H₂SO₄ đặc, t^o)

(2) C₂H₅OH + HCl → C₂H₅Cl + H₂O (t^o)

(3) C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

(4) C₆H₅NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃C₆H₅

(5) C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

(6) C₆H₅ONa + CH₃COOH → C₆H₅OH + CH₃COONa

(7) C₆H₅ONa + HCl → C₆H₅OH + NaCl

(8) NaOH + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O

(9) NaOH + HCl → NaCl + H₂O

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este, cacbohiđrat, amin - amino axit - peptit.

Giải chi tiết:

(a) đúng, do hiện tượng đông tụ protein khi đun nóng.

(b) sai, Lys có 2 nguyên tử N do có 2 nhóm NH₂.

(c) sai, Ala có số nhóm NH₂ = COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

(d) sai, tristearin là chất béo no nên không cộng H2.

(e) sai.

(g) đúng.

⟹ 2 phát biểu đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp thành Mg, Fe, O, S.

$A\left\{\begin{array}{l}Mg:x\\ Fe:y\\ O:z\\ S:t\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,du}{\to }\frac{155m}{67}\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}MgS{O}_4:x\\ F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:0,5y\end{array}\right.\\ \stackrel{HN{O}_{3}dac,du}{\to }\left\{\begin{array}{l}S{O}_2:0,02\\ N{O}_2:0,62\end{array}\right.+28,44\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:x\\ F{e}^{3+}:y\\ S{O}_4^{2-}:t-0,02\left(BT:S\right)\\ N{O}_3^{-}:2x+3y-2t+0,04\left(BTDT\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$

Lưu ý: MgO không có phản ứng oxi hóa - khử với HNO₃ nên không có khả năng tạo NH₄⁺.

Giải chi tiết:

Quy đổi hỗn hợp thành Mg, Fe, O, S.

$A\left\{\begin{array}{l}Mg:x\\ Fe:y\\ O:z\\ S:t\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,du}{\to }\frac{155m}{67}\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}MgS{O}_4:x\\ F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:0,5y\end{array}\right.\\ \stackrel{HN{O}_{3}dac,du}{\to }\left\{\begin{array}{l}S{O}_2:0,02\\ N{O}_2:0,62\end{array}\right.+28,44\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:x\\ F{e}^{3+}:y\\ S{O}_4^{2-}:t-0,02\left(BT:S\right)\\ N{O}_3^{-}:2x+3y-2t+0,04\left(BTDT\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$

Lưu ý: MgO không có phản ứng oxi hóa - khử với HNO₃ nên không có khả năng tạo NH₄⁺.

(1) 67.m_O = 10.m_{hh A} ⟹ 67.16z = 10.(24x + 56y + 16z + 32t) ⇔ 240x + 560y - 912z + 320t = 0

(2) 67.m_{muối (TN1)} = 155.m_{hh A} ⟹ 67.(120x + 400.0,5y) = 155.(24x + 56y + 16z + 32t)

⟹ 4320x + 4720y - 2480z -4960t = 0

(3) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_Fe + 4n_SO2 + 6n_SO4^2- = 2n_O + n_NO2

⟹ 2x + 3y + 4.0,02 + 6.(t - 0,02) = 2z + 0,62

(4) m_{muối (TN2)} = 24x + 56y + 96.(t - 0,02) + 62.(2x + 3y - 2t + 0,04)

Giải hệ 4 phương trình trên được $\left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=0,1\\ z=0,1\\ t=0,08\end{array}\right.$

Quy đổi ngược lại: $\left\{\begin{array}{l}Mg:0,04\\ F\text{e}:0,1\\ O:0,1\\ S:0,08\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MgO:0,04\\ F{\text{e}}_2{O}_3:0,02\left(BT:O\right)\\ Fe\text{S}:a\\ {\text{FeS}}_2:b\end{array}\right.$

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}a+b=n_{F\text{e}}-2n_{F{\text{e}}_2{O}_3}=0,06\\ a+2b=n_S=0,08\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,04\\ b=0,02\end{array}\right.$

⟹ %m_FeS ≈ 32,8% gần nhất với 33%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,234.2,5 = 0,585 mol

*Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:

Đặt n _{este đơn chức} = x và n _{este hai chức} = y (mol)

⟹ n_E = x + y = 0,36 mol và n_NaOH = x + 2y = 0,585

Giải hệ thu được x = 0,135 và y = 0,225

⟹ x : y = 3 : 5

*Xét phản ứng đốt cháy E:

Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm:

C_nH_2n-6O₂ (3a mol) và C_mH_2m-6O₄ (5a mol)

n_CO2 - n_H2O = 3n_E ⟹ n_CO2  - 0,37 = 3.8a ⟹ n_CO2 = 24a + 0,37 (mol)

Mặt khác: m_E = m_C + m_H + m_O ⟹ 12(24a + 0,37) + 0,37.2 + 3a.32 + 5a.64 = 12,22 ⟹ a = 0,01 mol

⟹ n_CO2 = 24.0,01 + 0,37 = 0,61 mol; n _{este đơn chức} = 0,03 và n _{este hai chức} = 0,05 (mol)

BTNT "C": n_CO2 = 0,03n + 0,05m = 0,61 chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)

Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:

Ancol đa chức gồm: CH≡C-CH₂-OH (0,03 mol) và CH₂=CH-CH₂-OH (0,05 mol)

⟹ m₁ = 0,03.56 + 0,05.58 = 4,58 gam

Ancol đơn chức gồm: CH₃OH (0,05 mol)

⟹ m₂ = 0,05.32 = 1,6 gam

⟹ m₁ : m₂ = 4,58 : 1,6 = 2,8625 gần nhất với 2,9.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.

Peptit X có 4C ⟹ X: Gly₂

Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly₂Ala hoặc GlyVal

Peptit được tạo từ các a.a no có 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH₂, H₂O (lưu ý: số mol H₂O bằng số mol peptit).

$E\left\{\begin{array}{l}CONH\\ C{H}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{+NaOH}{\to }T\left\{\begin{array}{l}COON\text{a}\\ N{H}_2\\ C{H}_2\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}C{O}_3\\ C{O}_2\\ H_{2}O\\ N_2\end{array}\right.$

- Kết hợp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng xác định được số nguyên tử N trung bình là 4,4

⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên

- Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly₄Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).

- Từ đó xác định số mol của X, Y, Z ⟹ phần trăm khối lượng của X.

Giải chi tiết:

Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.

Peptit X có 4C ⟹ X: Gly₂

Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly₂Ala hoặc GlyVal

Peptit được tạo từ các a.a no có 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH₂, H₂O (lưu ý: số mol H₂O bằng số mol peptit).

+) BTNT "Na": n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,88 mol = n_CONH = n_COONa.

Sơ đồ: $56,84\left(g\right)E\left\{\begin{array}{l}CONH:0,88\\ C{H}_2:a\\ H_{2}O:b\end{array}\right.\stackrel{+NaOH:0,88}{\to }T\left\{\begin{array}{l}COON\text{a}:0,88\\ N{H}_2:0,88\\ C{H}_2:a\end{array}\right.\stackrel{+O_2:2,31}{\to }\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}C{O}_3:0,44\\ C{O}_2:a+0,44\left(BT:C\right)\\ H_{2}O:a+0,88\left(BT:H\right)\\ N_2:0,44\end{array}\right.$

+) BTKL phản ứng đốt cháy muối T:

0,88.67 + 0,88.16 + 14a + 2,31.32 = 106.0,44 + 44.(a + 0,44) + 18.(a + 0,88) + 0,44.28

⟹ a = 1,1

+) m_E = m_CONH + m_CH2 + m_H2O ⟹ 0,88.43 + 14.1,1 + 18b = 56,84 ⟹ b = 0,2.

+)  ⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên

Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly₄Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).

⟹ $E\left\{\begin{array}{l}X:Gl{y}_2\left(x\right)\\ Y:GlyVal\left(y\right)\\ Z:Gl{y}_{4}Ala\left(z\right)\end{array}\right.$  ⟹ $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=n_E=0,2\\ 2\text{x}+2y+5\text{z}=n_N=0,88\\ 4\text{x}+7y+11\text{z}=n_C=1,98\end{array}\right.$  ⟹ $\left\{\begin{array}{l}x=0,02\\ y=0,02\\ z=0,16\end{array}\right.$

⟹ %m_X = 4,64%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Để dễ tính toán ta tự chọn giá trị của x và y theo tỉ lệ đề bài cho ⟹ n_{ion KL} = x ⟹ n_NO3^- = 2,5x.

Sơ đồ: $\left\{\begin{array}{l}A\\ B\end{array}\right.+HN{O}_3\to T\left\{\begin{array}{l}{A}^{2+}\\ B^{3+}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+KhiZ+H_{2}O$

+) BTNT "H" ⟹ n_H2O = ½ n_HNO3

+) BTNT "N" ⟹ n_{N(khí Z)} = n_HNO3 - n_NO3^-

+) BTNT "O" ⟹ n_{O(khí Z)} = 3n_HNO3 - 3n_NO3^- - n_H2O

Từ đó tính được tỉ lệ số nguyên tử N : O trong khí Z ⟹ Khí Z.

Giải chi tiết:

Để dễ tính toán ta giả sử x = 8; y = 25 (mol).

⟹ n_{ion KL} = x = 8 mol ⟹ n_NO3^- = 2,5.8 = 20 mol.

Sơ đồ: $\left\{\begin{array}{l}A\\ B\end{array}\right.+HN{O}_3\to T\left\{\begin{array}{l}{A}^{2+}\\ B^{3+}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+KhiZ+H_{2}O$

+) BTNT "H" ⟹ n_H2O = ½ n_HNO3 = ½.25 = 12,5 mol

+) BTNT "N" ⟹ n_{N(khí Z)} = n_HNO3 - n_NO3^- = 25 - 20 = 5 mol

+) BTNT "O" ⟹ n_{O(khí Z)} = 3n_HNO3 - 3n_NO3^- - n_H2O = 3.25 + 3.20 - 12,5 = 2,5 mol

⟹ Khí Z có tỉ lệ N : O = 5 : 2,5 = 2 : 1

⟹ Khí Z là N₂O.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do nhúng Mg vào dd sau điện phân thì khối lượng thanh Mg không đổi nên chứng tỏ dd sau điện phân có chứa Cu²⁺ để sinh ra Cu bù vào lượng Mg bị tan.

Catot:      Cu²⁺ +  2e → Cu

Anot:       H₂O → 2H⁺ + ½ O₂  +  2e

Dựa vào khối lượng dung dịch giảm tính được lượng Cu²⁺ bị điện phân.

Từ đó xác định thành phần dung dịch sau điện phân.

Khi nhúng Mg vào dd sau điện phân:

            Mg + Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu

            Mg + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂

Khối lượng thanh Mg không đổi nên lượng Mg tan ra bằng lượng Cu bám vào ⟹ giá trị của a.

Giải chi tiết:

Do nhúng Mg vào dd sau điện phân thì khối lượng thanh Mg không đổi nên chứng tỏ dd sau điện phân có chứa Cu²⁺ để sinh ra Cu bù vào lượng Mg bị tan.

Giả sử n_Cu²⁺ _{bị điện phân} = b (mol).

Catot:      Cu²⁺ +  2e → Cu

                 b →     2b →  b

Anot:       H₂O → 2H⁺ + ½ O₂  +  2e

                             2b ←   0,5b ← 2b

Ta có: m_{dd giảm} = m_Cu + m_O2 ⟹ 64b + 32.0,5b = 16 ⟹ b = 0,2.

Dung dịch sau điện phân có chứa: Cu²⁺ dư (a - 0,2); H⁺ (0,4) và SO₄^2- (a)

Khi nhúng Mg vào dd sau điện phân:

            Mg      +     Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu

            (a-0,2) ← (a-0,2) →          (a-0,2)

            Mg  +  2H⁺ → Mg²⁺ + H₂

            0,2 ←  0,4

Khối lượng thanh Mg không đổi nên lượng Mg tan ra bằng lượng Cu bám vào

⟹ 24.(a - 0,2 + 0,2) = 64.(a - 0,2)

⟹ a = 0,32.

Đáp án A

Phương pháp giải:

$\left\{\begin{array}{l}Cu\\ Mg\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}KN{O}_3\\ H_{2}S{O}_4\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}\\ M{g}^{2+}\\ N{H_4}^{+}\\ K^{+}\\ S{O_4}^{2-}\end{array}\right.+X\left\{\begin{array}{l}N\\ O\end{array}\right.+H_{2}O$

+) BTĐT cho dd muối: n_NH4⁺ = 2n_SO4^2- - 2n_Cu²⁺ - 2n_Mg²⁺ - n_K⁺

+) BTNT "H": 2n_H2SO4 = 4n_NH4⁺ + 2n_H2O ⟹ n_H2O

+) BTNT "N": n_N(X) = n_KNO3 - n_NH4⁺

+) BTNT "O": n_O(X) = 3n_KNO3 - n_H2O

⟹ m_X = m_N(X) + m_O(X) ⟹ M_X = m_X : n_X ⟹ d_X/H2.

Giải chi tiết:

$\left\{\begin{array}{l}Cu:0,03\\ Mg:0,09\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}KN{O}_3:0,07\\ H_{2}S{O}_4:0,16\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}:0,03\\ M{g}^{2+}:0,09\\ N{H_4}^{+}\\ K^{+}:0,07\\ S{O_4}^{2-}:0,16\end{array}\right.+X\left\{\begin{array}{l}N\\ O\end{array}\right.+H_{2}O$

+) BTĐT cho dd muối: n_NH4⁺ = 2n_SO4^2- - 2n_Cu²⁺ - 2n_Mg²⁺ - n_K⁺ = 0,01 mol

+) BTNT "H": 2n_H2SO4 = 4n_NH4⁺ + 2n_H2O ⟹ n_H2O = 0,14 mol

+) BTNT "N": n_N(X) = n_KNO3 - n_NH4⁺ = 0,06 mol

+) BTNT "O": n_O(X) = 3n_KNO3 - n_H2O = 0,07 mol

⟹ m_X = m_N(X) + m_O(X) = 0,06.14 + 0,07.16 = 1,96 gam

⟹ M_X = m_X : n_X = 1,96 : 0,05 = 39,2    ⟹ d_X/H2 = 19,6