Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Giải thích:

So sánh nhiệt độ sôi của các hợp chất hữu cơ: Axit > ancol > este > anđehit > hiđrocacbon.

→ Chất có nhiệt độ sôi cao nhất trong các chất đã cho là CH₃COOH.

Chọn đáp án A

Giải thích: 

Trong dãy điện hóa, tính từ trái sang phải tính khử của kim loại giảm dần.

→ Tính khử của Na > Al > Fe > Cu > Ag.

Chọn đáp án A

Giải thích:

Dung dịch K₂Cr₂O₇ có màu da cam

Dung dịch KCl không màu.

Dung dịch K₂CrO₄ có màu vàng.

Dung dịch KMnO₄ có màu tím.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Giải thích:

A đúng vì là chất béo không no nên ở nhiệt độ thường ở trạng thái lỏng.

B, D sai vì là chất béo no nên ở nhiệt độ thường ở trạng thái rắn.

C sai vì phenol ở nhiệt độ thường là chất rắn.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Al₂O₃ và Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính. CrO₃ là oxit axit. Fe₂O₃ là oxit bazơ.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Giải thích:

Anilin có công thức là C₆H₅NH₂ → Phân tử khối là 93.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Muối cacbonat của kim loại kiềm bền với nhiệt, ở nhiệt độ rất cao mới bị phân hủy.

Muối hiđrocacbonat đều bị nhiệt phân hủy.

Muối nitrat đều bị nhiệt phân hủy.

Muối amoni đều bị nhiệt phân hủy.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Phương trình hóa học: AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

Chọn đáp án C

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=\mathrm{0,15}mol\to n_{H^{+}}=\mathrm{0,3}mol \\ Phản ứng trung hòa: n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}=\mathrm{0,3}mol \\ \hspace{1em}\to n_{Na}=n_{NaOH}=n_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,3}mol \\ \to m=\mathrm{0,3.23}=\mathrm{6,9}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

Sắt tác dụng với dung dịch HCl, dung dịch Cu(NO₃)₂, S thu được hợp chất sắt(II).

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Fe + S  FeS

Sắt tác dụng với Cl₂ thu được hợp chất sắt(III).

2Fe + 3Cl₂  2FeCl₃

Chọn đáp án  B

Giải thích:

Đốt cháy hoàn toàn este thu được  nên este đó là este no, đon chức, mạch hở.

→ Este thỏa mãn là C₂H₅COOCH₃.

Chọn đáp án D

Giải tthích?

A, B, C được sử dụng vì là phương pháp bảo vệ bề mặt.

D không được sử dụng vì với phương pháp điện hóa thì kim loại mạnh hơn bị ăn mòn nên nếu gắn đồng với kim loại sắt, sắt sẽ bị ăn mòn.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Các chất làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là: etylamin, lysin.

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{C{H}_{3}COOC{H}_3}=\mathrm{0,05}mol \\ Phương trình hóa học: \\ CH3COOCH3 + NaOH \to CH3COONa + CH3OH \\ 0,05 \to 0,05 mol \\ \to m_{muoái}=\mathrm{0,05.82}=\mathrm{4,1}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Trong các polime đã cho:

Polime thiên nhiên: xenlulozơ, tinh bột.

Polime tổng hợp: polietilen, nilon-6, nilon-6,6, polibưtađien.

Chú ý: Theo nguồn gốc, polime được chia thành ba loại là polime thiên nhiên, polime bán tổng hợp (polime nhân tạo), polime tổng hợp.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Để nhận biết nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu thì có thể dùng cách là đun nóng dung dịch.

Nước cứng tạm thời mất tính cứng, có xuất hiện kết tủa.

Nước cứng vĩnh cửu không mất tính cứng, không có hiện tượng gì.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\mathrm{0,75}mol,n_{N_2}=\mathrm{0,125}mol{n}_{H_{2}O}=\mathrm{1,125}mol \\ Amin đơn chức: n_X=2n_{N_2}=\mathrm{0,25}mol \\ Số nguyên tử C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{\mathrm{0,75}}{\mathrm{0,25}}=3 \\ Số nguyên tử H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=\frac{\mathrm{2.1,125}}{\mathrm{0,25}}=9 \\ \to Công thức phân tử của X là C3H9N \end{gathered}$$

Chọn đáp án  D

Giải thích:

A đúng vì các -amino axit và -amino axit đều có khả năng tham gia phản ứng trùng ngưng tạo tơ nilon-6, tơ nilon-7.

B đúng vì từ tripeptit có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo phức màu tím.

C đúng.

D sai vì không phải protein nào cũng tan được trong nước.

Dạng hình sợi hầu như không tan trong nước.

Dạng hình cầu tan trong nước tạo thành dung dịch keo.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$n_{FeC{l}_2}=\mathrm{0,05}mol\to n_{F{e}^{2+}}=\mathrm{0,05}mol;n_{C{l}^{-}}=\mathrm{0,1}mol$

Phương trình hóa học:

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

0,05                       → 0,05      mol

Cl^– + Ag⁺  → AgCl

0,1             → 0,1                    mol

$\to m_{keáttuûa}=\mathrm{0,05.108}+\mathrm{0,1.143,5}=\mathrm{19,75}gam$

Chọn đáp án  B

Giải thích:

Phương trình hóa học:

(a) 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

(b) CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

(c) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

(d) Ca(HCO₃)₂  CaCO₃ + CO₂ + H₂O

Vậy cả 4 thí nghiệm đều tạo ra chất khí.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Ta có quá trình:${\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(OH\right)}_3\right]}_n+3nHN{O}_3\to {\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(ON{O}_2\right)}_3\right]}_n+3n{H}_{2}O$

                                                       189                      297                                    gam

                                                          x                       14,85                                   kg

$$\begin{gathered} Nếu H=100\% , ta có: x=\frac{\mathrm{14,85.189}}{297}=\mathrm{9,45}kg \\ Với H=90\%, ta có:m_{axitnitric}=\mathrm{9,45}:90\%=\mathrm{10,5}kg \end{gathered}$$

Chọn đáp án  C

Giải thích:

$n_{HC{O}_3^{-}}=\mathrm{0,12}mol,n_{C{a}^{2+}}=\mathrm{0,05}mol,n_{CaC{O}_3}=\mathrm{0,08}mol,n_{khí}=\mathrm{0,05}mol$

Gọi số mol của K và Ca lần lượt là x và y mol.

Phương trình hóa học:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

Ta có: $n_{H_2}=\mathrm{0,05}mol\to \mathrm{0,5}x+y=\mathrm{0,05}(*)$

Phương trình hóa học:

Ca²⁺ +  + OH^– → CaCO₃ + H₂O

0,08 ←                             0,08                        mol

$$\begin{gathered} Bảo toàn nguyên tố Ca: \sum n_{C{a}^{2+}}=y+\mathrm{0,05}=\mathrm{0,08}mol\to y=\mathrm{0,08}-\mathrm{0,05}=\mathrm{0,03} \\ Từ (*) suy ra:x=\mathrm{0,04} \\ \to m=\mathrm{0,04.39}+\mathrm{0,03.40}=\mathrm{2,76}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

$$\begin{gathered} Ta có quá trình: \\ {C}_4{H}_{10}\underset{}{\overset{cracking}{\to }}HhA⟨\begin{array}{l}TH1:C_3{H}_{6}vaøC{H}_4\underset{}{\overset{ddB{r}_2}{\to }}khíthoaùtra:C{H}_{4}vaøC_3{H}_{6dö}\\ TH2:C_2{H}_{4}vaøC_2{H}_6\underset{}{\overset{ddB{r}_2}{\to }}khíthoaùtra:C_2{H}_{6}vaøC_2{H}_{4dö}\end{array} \\ Ta có:d_{khíthoaùtra/C{O}_2}=\mathrm{0,5}\to \overline{M}=22 \\ \to TH2 loại, vậy khí thoát ra gồm CH4 và C3H6 dư: m_{khíthoaùtra}=\mathrm{0,13.22}=\mathrm{2,86}gam \\ Lại có: n_{C_3{H}_{6}pövôùiB{r}_2}=n_{B{r}_2}=\mathrm{0,07}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m=m_A=m_{C_3{H}_{6}pövôùiB{r}_2}+m_{khíthoaùtra}=\mathrm{0,07.42}+\mathrm{2,86}=\mathrm{5,8}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{HCl}=\mathrm{0,08}mol;n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=\mathrm{0,04}mol\to n_{H^{+}}=\mathrm{0,08}mol;n_{C{u}^{2+}}=\mathrm{0,04}mol;n_{N{O}_3^{-}}=\mathrm{0,08}mol \\ Ta có: n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=\mathrm{0,02}mol\to V_{NO}=\mathrm{0,02.22,4}=\mathrm{0,448}lít \\ Sau phản ứng thu được muối Fe\left(II\right) nên bảo toàn electron: 2n_{Fephaûnöùng}=2n_{C{u}^{2+}}+3n_{NO} \\ Ta có: m_{chaátraéngiaûmsauphaûnöùng}=m-\mathrm{0,07.56}+\mathrm{0,04.64}=\mathrm{0,75}m\to m=\mathrm{5,44} \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Các phát biểu đúng là: (a), (d), (e), (f).

(b) sai vì độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng phần trăm khối lượng P₂O₅ tương ứng với lượng P có trong thành phần phân.

(c) sai vì thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Các phát biểu đúng là (a), (b), (c).

(d) sai vì từ tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

Chọn đáp án C

Giải  thích:

Quá trình điện phân:

Ở catot (–):                                          Ở anot (+):

Cu⁺² + 2e → Cu                                  2Cl^– → Cl₂ + 2e

2H₂O + 2C → 2OH^– + H₂                  2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

$$\begin{gathered} Xét sau thời gian t giây: n_{khíôûanot}=\mathrm{0,12}mol \\ Gọi số mol Cl2 là x mol \to n_{O_2}=\mathrm{0,12}-xmol \\ Ta có n_{etraoñoåi}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2x+4\left(\mathrm{0,12}-x\right)=\mathrm{0,48}-2xmol \\ Xét thời gian 2t giây: n_{etraoñoåi}=2.\left(\mathrm{0,48}-2x\right)=\mathrm{0,96}-4xmol \\ Ta có: n_{C{l}_2}=xmol\to n_{O_2}=\frac{n_{etraoñoåi}-2n_{C{l}_2}}{4}=\frac{\mathrm{0,96}-4x-2x}{4}=\mathrm{0,24}-\mathrm{1,5}xmol \\ \to n_{khíôûanot}=x+\mathrm{0,24}-\mathrm{1,5}x=\mathrm{0,24}-\mathrm{0,5}xmol \\ \to n_{H_2}=n_{khíôûcatot}=\frac{1}{3}.\left(\mathrm{0,24}-\mathrm{0,5}x\right)=\mathrm{0,08}-\frac{\mathrm{0,05}x}{3}mol \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Khối lượng catot tăng 18,56 gam: n_{Cu}=\frac{\mathrm{18,56}}{64}=\mathrm{0,29}mol \\ Ta có phương trình: n_{etraoñoåi}=2n_{Cu}+2n_{H_2}\iff \mathrm{0,96}-4x=\mathrm{2.0,29}+2.\left(\mathrm{0,08}-\frac{\mathrm{0,5}x}{3}\right) \\ Bảo toàn nguyên tốn Cu, Cl: \left\{\begin{array}{l}{n}_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}=\mathrm{0,29}mol\\ n_{KCl}=2n_{C{l}_2}=2x=\mathrm{0,12}mol\end{array}\right. \\ \to m=\mathrm{0,29.188}+\mathrm{0,12.74,5}=\mathrm{63,46}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

Thí nghiệm trên mô tả phản ứng nhiệt nhôm giữa Al và Fe₂O₃.

      Hĩnh (1): Đốt dải Mg làm mồi cho phản ứng nhiệt nhôm xảy ra.

      Hình (2): Al khử Fe₂O₃ tạo ra nhiệt độ > 2000°C, khói trắng là Al₂O₃.

      Hình (3): Sản phẩm thu được gồm Al₂O₃ (X) và Fe nóng chảy (Y). Nhiệt lượng do phản ứng tỏa ra làm nỏng chảy kim loại. 

Ta thấy:

      (1) đúng vì phản ứng tạo ra nhiệt độ rất lớn ( > 2000°C) làm cho Al₂O₃ và Fe đều nóng chảy. Khối lượng riêng của Al₂O₃ nhỏ hơn của Fe nên Al₂O₃ ở trên, Fe ở dưới.

      (2), (3), (4) đúng.

      (5) đúng vì hỗn hợp Al và Fe₂O₃ (hỗn hợp tecmit) dùng để hàn đường ray.

→ Tất cả 5 phát biểu đều đúng,

Chọn đáp án C

Giải thích:

$Cho từ từ phần một vào dung dịch HCl:n_{HCl}=\mathrm{0,048}mol .$

Gởi số mol của  và  phản ứng làn lượt là a và b mol.

Phương trình hóa học:  $C{O}_3^{2-}$+ 2H⁺ → CO₂ + H₂O

  a         2a           a                   mol

$HC{O}_3^{-}$ + H⁺ → CO₂ + H₂O

   b           b         b                   mol$$\begin{gathered} Ta có hệ phương trình: \\ \left\{\begin{array}{l}2a+b=\mathrm{0,048}\\ a+b=\mathrm{0,03}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,018}\\ b=\mathrm{0,012}\end{array}Ta thấy: \right.\frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n_{HC{O}_3^{-}}}=\frac{\mathrm{0,018}}{\mathrm{0,012}}=\frac{3}{2} \end{gathered}$$

Gọi số mol của  và  trong mỗi phần dung dịch Y lần lượt là 3x và 2x mol. Cho từ từ dung dịch HCl vào phần hai:

Phương trình hóa học:

  + H⁺ →$HC{O}_3^{-}$

  3x       3x          3x                 mol

$HC{O}_3^{-}$  + H⁺ → CO₂ + H₂O

    5x    0,024    0,024              mol

$$\begin{gathered} Ta có: 3x+\mathrm{0,024}=\mathrm{0,048}\to x=\mathrm{0,008} \\ \to Dung dịch Y chứa (0,048 mol) và (0,032 mol). \\ Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y: n_{N{a}^{+}}=2n_{C{O}_3^{2-}}+n_{HC{O}_3^{-}}=\mathrm{2.0,048}+\mathrm{0,032}=\mathrm{0,128}mol \\ Bảo toàn nguyên tố C: n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}-n_{C{O}_3^{2-}}-n_{HC{O}_3^{-}}=\mathrm{0,128}-\mathrm{0,048}-\mathrm{0,032}=\mathrm{0,048}mol \\ \to Quy đổi hỗn hợp ban đầu gồm Na (0,128 mol); Ba (0,048 mol) và O. \\ Bảo toàn elẹctron cho quá trình hòa \tan hỗn hợp vào nước: 2n_O+2n_{H_2}=n_{Na}+2n_{Ba} \\ \to n_O=\frac{\mathrm{0,128}+\mathrm{2.0,048}-\mathrm{2.0,06}}{2}=\mathrm{0,052}mol \\ \to m=\mathrm{0,128.23}+\mathrm{0,048.137}+\mathrm{0,052.16}=\mathrm{10,352}gam \end{gathered}$$

Chọn  đáp án B

Giải thích:

Ta có: Y là Gly-Gly; Z là C₂H₅NH₃NO₃.

Cho E tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOH và KOH thu được 4 muối (trong đó có 2 muối natri và 2 muối kali) → Chỉ có 2 gốc axit → X là Gly.

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=\mathrm{0,3}mol;n_{KOH}=\mathrm{0,2}mol \\ Khí T là C2H5NH2. \\ \to n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=n_T=\mathrm{0,2}mol\to n_{N{O}_3^{-}}=n_Z=n_T=\mathrm{0,2}mol \\ Muối gồm Na+ (0,3 mol); K+ (0,2 mol); (0,2 mol) và NH2CH2COO– \\ Bảo toàn điện tích: n_{N{H}_{2}C{H}_{2}CO{O}^{-}}=\mathrm{0,3}+\mathrm{0,2}-\mathrm{0,2}=\mathrm{0,3}mol \\ \to m=\mathrm{0,3.23}+\mathrm{0,2.39}+\mathrm{0,2.62}+\mathrm{0,3.74}=\mathrm{49,3}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{HN{O}_{3}pu}=\frac{\mathrm{2,1}}{125\%}=\mathrm{1,68}mol \\ Sơ đồ phản ứng: \underset{mgam}{\underbrace{X}}+\underset{\mathrm{1,68}mol}{\underbrace{HN{O}_3}}+\underset{\mathrm{0,16}mol}{\underbrace{NO}}+\underset{\mathrm{3,73}gam}{\underbrace{Y}}+H_{2}O \\ {m}_{O\left(X\right)}=\mathrm{0,16}mgam\to n_{O\left(X\right)}=\mathrm{0,01}mmol \\ Ta có: n_{HN{O}_3}=2n_{O\left(X\right)}+4n_{NO}+10n_{N{H}_4^{+}}\to n_{N{H}_4^{+}}=\left(\mathrm{0,104}-\mathrm{0,002}m\right)mol \\ Bảo toàn nguyên tố H: n_{H_{2}O}=\frac{n_{HN{O}_3}-4n_{N{H}_4^{+}}}{2}=\frac{\mathrm{1,68}-4\left(\mathrm{0,104}-\mathrm{0,002}m\right)}{2}=\left(\mathrm{0,632}+\mathrm{0,004}m\right)mol \\ Bảo toàn khối lượng: m+\mathrm{1,68.3}=\mathrm{0,16.30}+\mathrm{3,73}m+\left(\mathrm{0,632}+\mathrm{0,004}m\right)18\to m=32gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=\mathrm{0,16}mol;n_{HCl}=\mathrm{0,6}mol\to n_{H^{+}}=\mathrm{0,92}mol \\ Gọi số mol của CuO, MgO và Al2O3 lần lượt là a, b và c mol. \\ \to 80a+40b+102c=\mathrm{18,56}\left(1\right) \\ Xét X tác dụng với dung dịch NaOH: \\ Tạo n_{NaOH}=\mathrm{1,08}mol , kết tủa thu được gồm Cu\left(OH\right)2 và Mg\left(OH\right)2; Al\left(OH\right)3 đã đạt cực đại và bị hòa \tan hết. \\ \to a+b=\mathrm{0,18}\left(2\right) \\ Ta có: n_{NaOH}=n_{H^{+}du}+2n_{C{u}^{2+}}+2n_{M{g}^{2+}}+4n_{A{l}^{3+}} \\ \iff \left[\mathrm{0,92}-2\left(a+b+3c\right)\right]+2a+2b+4.2c=\mathrm{1,08}\to c=\mathrm{0,08} \\ Từ\left(1\right) ,\left(2\right) và \left(3\right) suy ra:a=\mathrm{0,08} ; b=\mathrm{0,1} ; c=0,08 \left(3\right) \end{gathered}$$

Dung dịch X gồm Cu²⁺ (0,08 mol); Mg²⁺ (0,1 mol); Al³⁺ (0,16 mol); H⁺ dư (0,08 mol);  (0,16 mol) và Cl^– (0,6 mol).

Xét X tác dụng với Ba(OH)₂ và NaOH:

TH 1: Al(OH)₃ kết tủa cực đại.

Gọi số mol Ba(OH)₂ và NaOH phản ứng lần lượt là x và 6x mol.

$$\begin{gathered} Ta có: n_{O{H}^{-}}=2n_{S{O}_4^{2-}}+n_{C{l}^{-}}\iff 2x+6x=\mathrm{0,92}\to x=\mathrm{0,115}mol \\ Ta thấy: n_{B{a}^{2+}}<n_{S{O}_4^{2-}}\to n_{\text{BaS}{O}_4}=n_{B{a}^{2+}}=\mathrm{0,115}mol \\ Kết tủa gồm Cu\left(OH\right)2 (0,08 mol); Mg\left(OH\right)2 (0,1 mol); Al\left(OH\right)3 (0,16 mol) và BaSO4 (0,115 mol). \\ \to m_{keáttuûa}=\mathrm{0,08.98}+\mathrm{0,1.58}+\mathrm{0,16.78}+\mathrm{0,115.233}=\mathrm{52,915}gam \\ TH 2: BaSO4 kết tủa cực đại. \\ {n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=n_{BaS{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}^{}=\mathrm{0,16}mol\to n_{NaOH}=\mathrm{0,16.6}=\mathrm{0,96}mol \\ Ta có: n_{O{H}^{-}}=\mathrm{1,28}mol>\mathrm{1,08}\to Al\left(OH\right)3 đã bị hòa \tan hết \\ Kết tủa gồm Cu\left(OH\right)2 (0,08 mol); Mg\left(OH\right)2 (0,1 mol) và BaSO4 (0,16 mol). \\ \to m_{keáttuûa}=\mathrm{0,08.98}+\mathrm{0,1.58}+\mathrm{0,16.233}=\mathrm{50,92}gam \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Nhận xét: m_{keáttuûa\left(TH2\right)}<m_{keáttuûa\left(TH1\right)}\to Loại TH2. \\ \to m gam chất rắn khan gồm CuO, MgO, Al2O3 và BaSO4. \\ Do số mol Cu, Mg, AI được bảo toàn nên m_{CuO}+m_{MgO}+m_{A{l}_2{O}_3}=\mathrm{18,56}gam \\ \to m=\mathrm{18,56}+\mathrm{0,115.233}=\mathrm{45,355}gam \end{gathered}$$

Chú ý: Đề bài hỏi tại thời điểm kết tủa thu được là lớn nhất, nếu đem nung két tủa đó thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. Tránh nhầm lẫn với:

Trường hợp tìm giá trị lớn nhất của m → Chọn nhầm đáp án D.

Trường hợp tìm khối lượng kết tủa lớn nhất → Chọn nhầm đáp án C.

Chọn đáp án C

Giải thích:

$$\begin{gathered} Trong hỗn hợp X:n_{O\left(X\right)}=\frac{\mathrm{18,4.15,65}\%}{16}=\mathrm{0,18}mol \\ Hỗn hợp khí Z (0,08 mol) gồm CO2, NO2 và SO2. \\ \to n_{O\left(Z\right)}=\mathrm{2.0,08}=\mathrm{0,16}mol \\ Quy đổi hỗn hợp Y gồm Fe (a mol), S (b mol) và O\left(\mathrm{0,18}-\mathrm{0,16}=\mathrm{0,02}mol\right) . \\ Ta có:n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{91.84\%}{98}=\mathrm{0,78}mol ; n_{NaOH}=\mathrm{0,74}mol \\ Ta có quá trình: \end{gathered}$$

$X\left\{\begin{array}{l}FeC{O}_3\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\\ FeS\\ Fe\end{array}\right.\underset{}{\overset{}{\to }}⟨\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}Fe\left(amol\right)\\ O\left(\mathrm{0,02}mol\right)\\ S\left(bmol\right)\end{array}\right.\underset{}{\overset{\underset{\mathrm{0,78}mol}{\underbrace{H_{2}S{O}_4}}}{\to }}⟨\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{\mathrm{0,5}amol}{\underbrace{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}}\\ \underset{\mathrm{0,4}mol}{\underbrace{H_{2}S{O}_4}}\end{array}\right.\underset{}{\overset{\underset{\mathrm{0,74}mol}{\underbrace{NaOH}}}{\to }}\mathrm{23,54}gam\downarrow \\ \underset{\mathrm{0,4}mol}{\underbrace{S{O}_2}}\end{array}\\ Z\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ N{O}_2\\ S{O}_2\end{array}\right.\end{array}$

$$\begin{gathered} Ta có: m_{\downarrow }=m_{Fe{\left(OH\right)}_3}\to n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,22}mol \\ \to n_{NaOH}=3n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,66}mol \\ \to n_{NaOHpövôùi{H}_{2}S{O}_{4}dö\left(T\right)}=\mathrm{0,74}-\mathrm{0,66}=\mathrm{0,08}mol \\ \to n_{H_{2}S{O}_{4}dö\left(T\right)}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=\mathrm{0,04}mol \\ \to n_{H_{2}S{O}_{4}pövôùiY}=\mathrm{0,78}-\mathrm{0,04}=\mathrm{0,74}mol \\ Bảo toàn nguyên tố S: b+\mathrm{0,78}=\mathrm{3.0,5}a+\mathrm{0,04}+\mathrm{0,4}\to \mathrm{1,5}a+b=\mathrm{0,34} (*) \\ Bảo toàn electron: 3a+6b=\mathrm{0,02.2}+\mathrm{0,4.2}\to 3a+6b=\mathrm{0,84}(**) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Từ (*) và(**) suy ra: a=\mathrm{0,24} ; b=\mathrm{0,02} \\ \to m_Y=\mathrm{0,24.56}+\mathrm{0,02.32}+\mathrm{0,02.16}=\mathrm{14,4}gam \\ Bảo toàn khối lượng: m_Z=m_X-m_Y=\mathrm{18,4}-\mathrm{14,4}=4gam \\ \to M_Z=\frac{4}{\mathrm{0,08}}=50\to d_{Z/He}=\mathrm{12,5} \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải  thích:

Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol X:

X gồm C₂H₄O₂ (a mol); C₄H₆O₄ (b mol) và  (c mol).

$$\begin{gathered} \to a+b+c=\mathrm{0,5}(*) \\ Bảo toàn nguyên tố O: n_{O\left(X\right)}=\mathrm{2.1,3}+\mathrm{1,1}-\mathrm{2.1,25}=\mathrm{1,2}mol \\ \to 2a+4b+2c=\mathrm{1,2}\hspace{0.17em}(**) \\ Ta có: n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(k-1\right)n_{hc}=\mathrm{0,2}mol\to b+c=\mathrm{0,2} (***) \\ Từ (*) ,(**) và(***) suy ra:a=0,3 ;b=0,1 ;c=0,1 \\ Bảo toàn nguyên tố C: n_{C{O}_2}=2a+4b+nc=\mathrm{1,3}mol\to \mathrm{2.0,3}+\mathrm{4.0,1}+\mathrm{0,1}n=\mathrm{1,3}\to n=3 . \\ Vậy Y là HCOOCH = CH2. \end{gathered}$$

Nếu cho 0,5 mol X tác dụng với NaOH thu được dung dịch Z gồm HCOONa (0,4 mol) và CH₃CHO (0,1 mol).

$\to n_{Ag}=\mathrm{2.0,4}+\mathrm{2.0,1}=1mol$

Vậy nếu cho 0,3 mol X tác dụng với NaOH thu được dung dịch Z, cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng thì$n_{Ag}=\frac{1}{5}.3=\mathrm{0,6}mol$

$\to m_{Ag}=\mathrm{0,6.108}=\mathrm{64,8}gam$

Chọn đáp ánn A

Giải thích:

Nhận xét: tripanmitin, tristearin có k=3

axit acrylic, axit oxalic có k=2

p-HO – C₆H₄CH₂OH cók=4

Nhưng số mol p-HO – C₆H₄CH₂OH bằng tổng so mol của axit acrylic và axit oxalic nên k=3

$$\begin{gathered} Đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X: n_{O_2}=\mathrm{1,6894}mol ; n_{H_{2}O}=\mathrm{1,0044}mol \\ Ta có: n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(\overline{k}-1\right)n_X\to n_{C{O}_2}=\mathrm{1,4588}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_X=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=\mathrm{28,2056}gam \\ Bảo toàn nguyên tố O: n_{O\left(X\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}=\mathrm{0,5432}mol \\ Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH: n_{NaOH}=\mathrm{0,585}mol ; n_{H_{2}O}=\mathrm{1,95}mol \end{gathered}$$