Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=\mathrm{0,3}mol \\ Ta thấy: n_{NaOH}>2n_{HCOO{C}_6{H}_5}\to NaOH dw. \\ Bảo toàn khối lượng: m_{\text{chat ran khan}}=m_{HCOO{C}_6{H}_5}+m_{NaOH}-m_{H_{2}O}=\mathrm{22,4}gam . \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

Các chất có phản ứng tráng bạc là: glucozơ, fructozơ.

Chú ý: axetilen là ank-1-in, tuy có phản ứng với AgNO₃/NH₃ nhưng không phải phản ứng tráng bạc.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Các chất tác dụng với NaOH trong dung dịch theo tỉ lệ moi 1 : 2 là: ClNH₃CH₂COOH;

CH₃COOC₆H₅.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{khi}=\mathrm{0,2}mol \\ Phương trình hóa học: \\ N{H}_4^{+}+O{H}^{-}\to N{H}_3+H_{2}O \\ B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to BaC{O}_3 \\ B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4 \\ Ta có: \left\{\begin{array}{l}{n}_{N{H}_4^{+}}=n_{N{H}_3}=n_{khi}=\mathrm{0,2}mol\\ m_Y=m_{BaC{\text{O}}_3}+m_{BaS{O}_4}=43gam\end{array}\right. \\ Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch HCl dư còn lại 23,3 gam chất rắn không \tan : m_{BaS{O}_4}=\mathrm{23,3}gam \\ \to m_{BaC{\text{O}}_3}=43-\mathrm{23,3}=\mathrm{19,7}gam \\ \to \left\{\begin{array}{l}{n}_{S{O}_4^{2-}}=n_{{\text{BaSO}}_4}=\mathrm{0,1}mol\\ n_{C{O}_3^{2-}}=n_{BaC{O}_3}=\mathrm{0,1}mol\end{array}\right. \\ Bảo toàn điện tích cho 100ml dung dịch X: n_{N{a}^{+}}=2n_{S{O}_4^{2-}}+2n_{C{O}_3^{2-}}-n_{N{H}_4^{+}}=\mathrm{2.0,1}+\mathrm{2.0,1}-\mathrm{0,2}=\mathrm{0,2}mol \\ \to m_{muoi}=\mathrm{0,2.23}+\mathrm{0,2.18}+\mathrm{0,1.96}+\mathrm{0,1.60}=\mathrm{23,8}gam . \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c).

(d) sai vì có ba chất hữu cơ đơn chức, mạch hở có cùng công thức C₃H₆O₂ là C₂H₅COOH, HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} Cho 0,01 mol amino axit X tác dụng với HCl: n_{HCl}=\mathrm{0,02}mol \\ Số mol n_{HCl}=\mathrm{0,02}mol \\ Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng với NaOH: m_{NaOH}=10.8\%=\mathrm{0,8}gam\to n_{NaOH}=\mathrm{0,02}mol \\ Số nhóm \text{COOH}=\frac{n_{NaOH}}{n_{aa}}=\frac{\mathrm{0,02}}{\mathrm{0,02}}=1 \\ Gọi công thức X là \left(H2N\right)2RCOOH. \\ Ta có: n_{H_{2}O}=n_{NaOH}=\mathrm{0,02}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_{aa}+m_{NaOH}=m_{muoi}+m_{H_{2}O} . \\ \to m_{aa}=\mathrm{2,36}gam \\ \to M_{aa}=\frac{{\displaystyle \mathrm{2,36}}}{{\displaystyle \mathrm{0,02}}}=118 \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

Các chất trong dãy phản ứng với dung dịch FeCl₃ dư có sinh ra kết tủa là: Na, Ba.

Chọn đáp án D

Giải thích:

$$\begin{gathered} Ta có quá trình: C_4{H}_{10}\stackrel{}{\to }X⟨\begin{array}{l}{H}_2,{\text{ C}}_4{H}_8,\\ C{H}_4,{\text{ C}}_3{H}_6,\\ C_2{H}_6,{\text{ C}}_2{H}_4\\ C_4{H}_{10\text{ du}}\end{array}\stackrel{B{\text{r}}_2}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}{H}_2\\ C{H}_4\\ C_2{H}_6\\ C_4{H}_{10\text{ du}}\end{array}\right. \\ Đốt cháy hoàn toàn Y: n_{C{O}_2}=\mathrm{0,17}mol \\ Bảo toàn nguyên tố O: n_{H_{2}O}=2n_{O_2}-2n_{C{O}_2}=\mathrm{2.0,32}-\mathrm{2.0,17}=\mathrm{0,3}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_Y=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=\mathrm{2,64}gam \\ Gọi công thức chung của Y là C_n{H}_{2n+2}(n\ge 0) . \\ \to n_Y=\mathrm{0,3}-\mathrm{0,17}=\mathrm{0,13}mol \\ Ta thấy: x=n_Y=\mathrm{0,13}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_{anken}=m_{C_4{H}_{10}}-m_Y=\mathrm{0,13.58}-\mathrm{2,64}=\mathrm{4,9}gam . \\ \to m=m_{\text{binh broom tang}}=\mathrm{4,9}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

(a) sai vì chỉ có tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

(b) sai vì đipeptit chứa  liên kết peptit.

(c), (d) đúng.

Chọn đáp án C

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=\mathrm{0,05}mol;{\text{ n}}_{HCl}=\mathrm{0,1}mol;{\text{ n}}_{H_2}=\mathrm{0,3}mol \\ Ta thấy: 2n_{H_{2}S{O}_4}+n_{HCl}=\mathrm{0,2}mol<2n_{H_2}=\mathrm{0,6}mol \\ \to Axit phản ứng hết, kim loại tiép tục phản ứng với H2O. \\ Phương trình hóa học: \end{gathered}$$

2Na + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂

            0,05     → 0,05          0,05       mol

2Na + 2HCl → 2NaCl + H₂

            0,1    → 0,1        0,05              mol

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

                            0,4    0,2             mol

$\to m_{\text{chat ran}}=\mathrm{0,05.142}+\mathrm{0,1.58,5}+\mathrm{0,4.40}=\mathrm{28,95}gam$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa khử là (3), (4), (6).

Chú ý: Tất cả các phản ứng mà chất tham gia có đơn chất thì đều là phản ứng oxi hóa khử.

Chọn đáp ánD

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_X=\mathrm{0,2}mol;{\text{ n}}_{NaOH}=\mathrm{0,4}mol \\ Ta thấy:n_X:n_{NaOH}=1:2 và sau phản ứng thu được chất hữu cơ Y và muối nên X là este hai chức. \\ Công thức của X có dạng R_{1}OOC{R}^{\text{'}}COO{R}_2 , Y có dạng{R}^{\text{'}}{\left(OH\right)}_2 . \\ Bảo toàn khối lượng: m_Y=m_X+m_{NaOH}-m_{muoi}=\mathrm{12,4}mol \\ \to M_Y=\frac{\mathrm{12,4}}{\mathrm{0,2}}=62 \\ \to Y là C2H4\left(OH\right)2. \\ Lại có: M_{muoi}=\frac{\mathrm{35,6}}{\mathrm{0,2}}=178 \\ \to Hai muối là CH3COONa và C2H5COONa. \\ \to Công thức của X là CH2COO\left(CH2\right)2OOCC2H5. \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

(a) sai vì các oxit đứng sau Al trợ đi trong dãy điện hóa mới phản ứng với CO tạo thành kim loại.

(b) sai vì các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa mới được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

(c) sai vì K không khử được do là kim loại kiềm.

(d) đúng vì nếu dung dịch FeCl₃ dư thì sản phẩm thu được gồm hai muối là FeCl₂ và MgCl₂.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{P_2{O}_5}=\mathrm{0,015}mol\to n_P=2n_{P_2{O}_5}+n_{N{a}_{3}P{O}_4}=\mathrm{0,05}mol \\ TH1: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Na3PO4, ta có: \\ n_{N{a}_{3}P{O}_4}=n_P=\mathrm{0,05}mol \\ \to m_{\text{chat ran}}=\mathrm{0,05.164}=\mathrm{8,2}gam \\ TH2: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Na2HPO4, ta có: \\ n_{N{a}_{2}HP{O}_4}=n_P=\mathrm{0,05}mol \\ \to m_{\text{chat ran}}=\mathrm{0,05.142}=\mathrm{7,1}gam \\ TH3: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa NaH2PO4, ta có: \\ {n}_{Na{H}_{2}P{O}_4}=n_P=\mathrm{0,05}mol \\ \to m_{chat\text{ ran}}=\mathrm{0,05.120}=6gam \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Ta thấy: 6<\mathrm{6,88}<7 \\ \to Dung dịch chứa hai muối: Na2HPO4 (a mol) và NaH2PO4 (b mol). \\ \to 142\text{x}+120b=\mathrm{6,88}(*) \\ Bảo toàn nguyên tố P: a+b=\mathrm{0,05} (**) \\ Từ (*) và (**) suy ra: a=\mathrm{0,04};b=\mathrm{0,01} \\ Bảo toàn nguyên tố Na: x+3n_{N{a}_{3}P{O}_4}=2\text{a}+b \\ \iff x=\mathrm{0,3} . \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{HCl}=\mathrm{0,32}mol;{\text{ n}}_{NaOH}=\mathrm{0,16}mol \\ Gọi số mol của Na2CO3, KHCO3, Ba\left(HCO3\right)2 lần lượt là 2a, a, b mol. \\ Ta có hệ phương trình: \left\{\begin{array}{l}2.2\text{a}+a+2b=\mathrm{0,32}\\ a+2b=\mathrm{0,16}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,04}\\ b=\mathrm{0,06}\end{array}\right. \\ \to m_{BaC{\text{O}}_3}=\mathrm{0,06.197}=\mathrm{11,82}gam . \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

Từ dữ kiện đề bài suy ra X là este ba chức.

X tham gia phản ứng tráng bạc và để khối lượng Ag lớn nhất thì X phải có nhiều nhôm HCOO nhất.

Thực hiện phản ứng xà phòng hóa hoàn toàn X, sản phẩm thu được là hỗn hợp hai muối của hai axit hữu cơ đơn chức (trong đó có một axit có mạch cacbon phân nhánh) nên nhóm HCOO nhiều nhất là 2.

→ Công thức phù hợp với X là ((HCOO)₂CH₃CH(GH_j)COO)₃C₃H₅.

Ta có$n_X=\mathrm{0,06}mol\to n_{Ag}=\mathrm{4.0,06}=\mathrm{0,24}mol\to m=\mathrm{25,92}gam$: .

Chọn đáp án D

Giải thích:

Các phát biểu đúng là: (a), (c).

(b) sai vì dầu ăn là chất béo, không tan trong nước.

(d) sai vì thủy tinh hữu cơ không bền với nhiệt, dễ bị mềm ra nếu được làm nóng.

(e) sai vì các ancol đa chức có ít nhất hai nhóm OH liền kề mới hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam.

Chọn đáp án B

Giải thích:

$n_{H_{2}S{O}_4}=\mathrm{0,025}mol;{\text{ n}}_{HCl}=\mathrm{0,025}mol;{\text{ n}}_{NaOH}=\mathrm{0,072}mol;{\text{ n}}_{K\text{O}H}=\mathrm{0,048}mol$

Gọi số mol của alanin và đipeptit (Gly-Val) trong m gam hỗn hợp X lần lượt là a và b mol.

Coi dung dịch Y gồm Ala (a mol), Gly-Val (b mol), H₂SO₄ (0,025 mol), HCl (0,025 mol) phản ứng dung dịch gồm NaOH (0,072 moi) và KOH (0,048 mol).

$$\begin{gathered} n_{H^{+}}=\mathrm{0,075}mol;{\text{ n}}_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,12}mol \\ Phản ứng vừa đủ nên:a+2b+\mathrm{0,075}=\mathrm{0,12}\to a+2b=\mathrm{0,045} (*) \\ Ta có: n_{H_{2}O}=a+b+\mathrm{0,075}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_{Ala}+m_{Gly-Val}+m_{HCl}+m_{H_{2}S{O}_4}+m_{NaOH}+m_{K\text{O}H}=m_{muoi}+m_{H_{2}O} \\ \iff 89\text{a}+174b+\mathrm{0,025.36,5}+\mathrm{0,025.98}+\mathrm{0,072.40}+\mathrm{0,048.56}=\mathrm{10,9155}+18.(a+b+\mathrm{0,075}) \\ \to 71\text{a}+156b=\mathrm{3,335}(**) \\ Từ (*) và (**) suy ra: a=\mathrm{0,025};b=\mathrm{0,01}\to \%m_{Ala}=\mathrm{56,12}\% . \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

Các thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là: (1), (4), (5).

Chọn đáp án D

Giải thích:

$$\begin{gathered} Tại n_{H_{2}S{O}_4}=2n_{NaAl{O}_2}=2b-\mathrm{0,1}mol\to b=\mathrm{0,25} mà n_{BaC{l}_2}=b=\mathrm{0,25}mol \\ Tại n_{H_{2}S{O}_4}=2n_{NaAl{O}_2}-\mathrm{1,5}{n}_{Al{\left(OH\right)}_2}=bmol\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,1}mol\to m_{\downarrow }=\mathrm{66,05}gam . \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

$$\begin{gathered} Vì pH = 13 nên O{H}^{-} dư \to n_{O{H}^{-}\text{ bd}}=\mathrm{0,4.0,1}+\mathrm{0,2.0,2}+\mathrm{0,2.0,15.2}=\mathrm{0,14}mol \\ Trong 400 ml có n_{Na}+2n_{Na}=n_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,28}mol \left(1\right) \\ Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba, O. \\ Bảo toàn electron: n_{Na}+2n_{Ba}=2n_O+\mathrm{0,07.2} \left(2\right) \\ Theo đề bài: \%m_O=\frac{16n_O}{m}=\mathrm{0,0875} \left(3\right). \\ Từ \left(1\right), \left(2\right), \left(3\right) suy ra: m=\mathrm{12,8} \left(gam\right). \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

Chọn đáp án C

Giải thích:

Chọn đáp án A

Giải thích:

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} Quy đổi hỗn hợp E thành C_n{H}_{2n-2}{O}_2 , C_m{H}_{2m+2}{O}_3 và H2O ( ). \\ Phần hai: n_{C_n{H}_{2n-2}{O}_2}=n_{B{\text{r}}_2}=\mathrm{0,05}mol \\ \to Mỗi phần E chứa C_n{H}_{2n-2}{O}_2 (0,05 mol); C_m{H}_{2m+2}{O}_3 (a mol) và H2O (b mol). \\ Đốt cháy hoàn toàn phần một (13,46 gam): \\ Bảo toàn nguyên tố C, H: \left\{\begin{array}{l}\mathrm{0,05}n+ma=\mathrm{0,5}\\ \mathrm{0,05.}(n-1)+a.(m+1)-b=\mathrm{0,53}\end{array}\right. \\ Lại có: \mathrm{0,05.}(14n+30)+a.(14m+40)-18b=\mathrm{13,46} \\ Giả hệ phương trình trên được: a=\mathrm{0,11};b=\mathrm{0,03};\mathrm{0,05}n+ma=\mathrm{0,5} \\ \to n=\mathrm{3,4} và m=3 (thỏa mãn) \\ Phần ba: Gọi số mol KOH và NaOH lần lượt là x và 3x mol. \\ Ta có: x+3\text{x}=\mathrm{0,05}\to x=\mathrm{0,0125} \\ Muối chứa gồm{C}_n{H}_{2n-3}{O}_2 (0,05 mol);K^{+} (0,0125 mol); N{a}^{+} (0,0375 mol). \\ \to m=\mathrm{5,18}gam. \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} Tại thời điểm t \left(s\right): \\ Anot có hai khí thoát ra là Cl2 (0,2V mol) và O2 (x mol)\to \mathrm{0,2}V+x=\mathrm{0,3} . \\ Ta có: n_{\text{e trao doi (1)}}=\mathrm{0,4}V+4\text{x\hspace{0.33em}}mol \\ Tại thời điểm 2t \left(s\right): n_{K\text{O}H}=\mathrm{0,3}mol;{\text{ n}}_{NaOH}=\mathrm{0,2}mol \\ Anot có hai khí thoát ra là Cl2 (0,2V mol) và O2. \\ Ta có: n_{O_2}=\frac{2n_{\text{e trao doi (1)}}-2n_{C{l}_2}}{4}=\mathrm{0,1}V+2\text{x\hspace{0.33em}}mol \\ Catot: C{u}^{2+} đã điện phân hết và H2O đã điện phân tại catot \sin h ra khí H2 (y mol). \\ Bảo toàn electron: 2n_R+2n_{H_2}=n_{\text{e trao doi (2)}}\to \mathrm{0,9}V+2y=\mathrm{0,8}V+8\text{x} \left(2\right) \\ Dung dịch Y phản ứng với dung dịch chứa KOH và NaOH: \\ Ta có: n_{H^{+}\text{ bd}}=n_{H_2}+\mathrm{0,05}=4n_{O_2}\to 2y+\mathrm{0,5}=4.(\mathrm{0,1}V+2\text{x}) \left(3\right) \\ Từ \left(1\right), \left(2\right), \left(3\right) suy ra: V=1 lít. \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Chọn đáp án C

Giải thích: