Đáp án B

Phản ứng xảy ra:

Fe + H₂SO₄ loãng  FeSO₄ + H₂.

Đáp án B

Thứ tự cặp oxi hóa khử:

^Ms2+/_Mg ; ^Fe2+/_Fe ; ^Cu2+/_Cu ; ^Fe3+/_Fe²⁺ ; ^Ag+/_Ag  => kim loại thu được chắc chắn phải có Ag.

Chú ý: Với các dạng này nên sắp xếp kim loại theo thứ tự mạnh => yếu.

$\stackrel{Mg,Fe,Cu,Ag}{\leftarrow }$

Đáp án C

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất, thường là kim loại A-kim loại B, kim loại A-phi kim B (ví dụ: Fe-C).

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (chú ý : không khí ẩm cũng coi là môi trường điện ly yếu)

• FeCl₃: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2FeCl₃ -> NiCl₂ + 2FeCl₂
• CuCl₂: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + CuCl₂ -> NiCl₂ + Cu

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Ni -> xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

·      AgNO₃: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + 2AgNO₃ -> Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Ag sinh ra bám trực tiếp lên Ni -> xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

• HC1 và FeCl₂: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2HCl -> NiCl₂ + H₂, Ni không đẩy được Fe ra khỏi muối.

=> Có 2 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án C

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O -> 2NaOH + H₂ +Cl₂

Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂ -> NaCl + NaClO + H₂O

=> Để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂.

Đáp án B

Hiện tượng đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng:

2Na + 2H₂O  2NaOH + H₂

Đáp án D

Phản ứng xảy ra nhanh hơn khi xảy ra ăn mòn điện hóa => thêm dung dịch Cu(NO₃)₂.

Đáp án D

Amino axit có dạng: (H₂N)_x-R-(COOH)_y xảy ra các trường hợp:

- x>y: dung dịch có pH > 7 và làm quỳ tím hóa xanh.

- x=y: dung dịch có pH = 7 và không làm đổi màu quỳ tím.

- x<y: dung dịch có pH < 7 và làm quỳ tím hóa đỏ.

=> Chỉ có D là quỳ tím đổi màu khác nhau nên nhận biết được

Đáp án B

Do $n_{HCl}<2n_{H_2}$ => HCl hết, Ba tác dụng với H₂O => X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, A1C1₃, NaHCO₃

Đáp án D

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozo là sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat.

Đáp án A

•       Ba được vì:

Ba + 2H₂O -> Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ -> BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2H₂O

•       BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄ -> BaSO₄  + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

•       Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ -> BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Đáp án C

Các chất tác dụng với HNO₃ đặc, nóng thu được Fe³⁺ là:

Fe₃O₄, Fe₂O₃, FeO, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, FeSO₄.

Đáp án A

Dùng bán phản ứng:

2H₂SO₄ + 2e -> $S{O}_4^{2-}+S{O}_2+H_{2}O\to n_{S{O}_4^{2-}}=n_{S{O}_2}=0,045$ mol.

 -> m_muối = m_{KL +}  = 1,68 + 0,045. 96 = 6(g)

Đáp án D

$2Mg + C{O}_2 \stackrel{t^0}{\to } C + 2MgO$

Đáp án B

CH₂=C(CH₃)-COOH + CH₃OH $\stackrel{t°,xt}{\rightleftarrows }$  CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ + H₂O

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ $\stackrel{t°,xt}{\to }$  [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-] (coi như không có giá trị n để dễ tính toán)

n_polime =1,2 mol (coi khối lượng là gam cho dễ tính toán)

$\to n_{axit}=\frac{1,2}{0,8.0,3}=5mol\Rightarrow m_{axit}=5.86=430gam.$

Đáp án D

Coi 2 axit là R₁COOH và R₂COOH cho dễ nhìn (chất béo tạo nên bởi 1 gốc axit R₁COO và 2 gốc R₂COO). Ta có 2 cách xếp:

$\begin{array}{l}{R}_1\text{COO}\\ R_2\text{COO}\\ R_2\text{COO}\end{array}|$ và  $\begin{array}{l}{R}_2\text{COO}\\ R_1\text{COO}\\ R_2\text{COO}\end{array}|$

Đáp án D

Để phản ứng với dung dịch Br₂ thì trong công thức cấu tạo cần có liên kết bội kém bền (C=C , C=C) hoặc nhóm chức -CHO.

 Các chất thỏa mãn bao gồm:

+ Axetilen  Có liên kết C$\equiv$C  Có liên kết  kém bền.

+ Metanal  Có nhóm -CHO.

+ Axit fomic  Có nhóm -CHO

+ Metyl fomat  Có nhóm -CHO

+ Metyl acrylat  Có liên kết C=C Có liên kết  kém bền.

+ Vinyl axetat  Có liên kết C=C  Có liên kết  kém bền.

+ Triolein  Có liên kết C=C  Có liên kết  kém bền.

+ Glucozo  Có nhóm -CHO.

Chú ý : các liên kết C=C (kiểu anken) và C C (kiểu ankin) là liên kết kém bền , liên kết C=C trong vòng benzen (kiểu benzen) là liên kết đôi bền, vì vậy benzen không làm mất màu dung dịch Br₂ ở điều kiện thường , mà phản ứng ở những điều kiện khắc nghiệt hơn.

Đáp án D

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng, nóng là: phenylamoni clorua, phenyl benzoat, tơ nilon-6, alanin, Gly-Gly-Val, m-crezol, phenol, triolein, đivinyl oxalat  có 9 chất

Đáp án D

Dễ thấy 0,1.12 + 0,05.2.1 = l,3 gam.

 = 1,3 - 0,52 = 0,78 gam

C₈H₈ $\stackrel{+O_2}{\to }$  8CO₂ + 4H₂O

0,005     $\to$       0,04 $\to$   0,02 mol

 Đốt 0,78 gam X được 0,06 mol CO₂ và 0,03 mol H₂O $\to$$\frac{n_C}{n_H}$$=$$\frac{0,06}{0,06}$$=$$\frac{1}{1}$

Công thức đơn giản nhất của X là (CH)_n, n là số chẵn, 26 < M_x < 58  $\Rightarrow$ X là C₄H₄ 0,015 mol

C₆H₅-CH=CH₂ + Br₂ $\to$  C₆H₅-CHBr-CH₂Br

C₄H₄ + 3Br₂ $\to$  C₄H₄Br₆

Vậy a = (0,005+0,015.3). 160 = 8 gam.

Đáp án A

Coi như X chưa tham gia phản ứng với H₂SO₄  Y là hỗn hợp gồm X và H₂S0₄

_{Ta có : ${\mathit{n}}_{{\mathbf{H}}_{\mathbf{2}}\mathbf{O}}\mathbf{=}{\mathit{n}}_{\mathbf{N}\mathbf{a}\mathbf{O}\mathbf{H}}\mathbf{+}{\mathit{n}}_{\mathbf{K}\mathbf{O}\mathbf{H}}\mathbf{=}$0,1 + 0,3 =$\mathbf{2}{\mathit{n}}_{{\mathbf{H}}_{\mathbf{2}}\mathbf{S}{\mathbf{O}}_{\mathbf{4}}}\mathbf{+}\mathbf{2}{\mathit{n}}_{\mathbf{X}}$}

Mà  $n_X$ = 0,1 mol $\to$ $n_{H_{2}S{O}_4}$  = 0,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng m_x = 36,7 + 0,4. 18- 0,1. 98 - 0,3. 56- 0,1. 40 = 13,3 gam

$\to$$n_X=\frac{13,3}{0,1}=133$ , X có 1 nguyên tử N $\to$%N = $\frac{14}{133}·100\%=10,526\%$

Đáp án A

X gồm H₂ và CO₂. Đặt ${n_{C{O}_2}}_{}$  = x mol;  $n_{H_2}$= y mol

 $\to$ $n_X$ = x + y = 0,21mol; = 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

$\to$Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, O và CO₂

$\to n_{Ca}=n_{CaC{l}_2}$ = 0,18mol.

Đặt $n_{Mg}$  = x; $n_O$ = y $\Rightarrow$  24x + 0,18.40 + 16y + 0,115 . 44 = 19,02g.

Bảo toàn electron: 2x + 0,18.2 = 0,095.2 + 2y.

Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

 = 2.0,135 + 2.0,18 = 0,63mol = 229,95(g).

$\Rightarrow n_{HCl}=2n_{Mg}+2n_{Ca}$$=$2.0,135 + 2.0,18 = 0,63mol $\Rightarrow m=\frac{0,63.36,5}{0,1}$$=$229,95(g).

Đáp án D

$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,1mol\to$m_{dung dịch giảm} =$m_{CaC{O}_3}-\sum (m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O})$

$\to m_{H_{2}O}=10-3,98-0,1.44=1,62gam\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,09mol.$

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂

 Nhận xét quan trọng: $n_O=n_H-n_C$  = 0,09.2 - 0,1 = 0,08 mol.

 $\to$ $m_X=m_C+m_H+m_O$= 0,1. 12 + 0,09 . 2 + 0,08 . 16 = 2,66 gam.

Đáp án A

Ta có $n_C=n_{C{O}_2}=0,4mol$

$n_H=2n_{H_{2}O}=1,35mol.$

$\to$n_{N/hỗn hợp amin$=$$\frac{9,65-m_C-m_H}{14}=0,25mol.$}

_{$\to n_{HCl}=n_N=0,25mol\to$}m_muối = 9,65 + 0,25.36,5 = 18,775 gam.

 $\to$ Với 19,3 gam X thì m_mu6i = 18,775.2 = 37,55 gam

Đáp án A

Nhận xét: do V_{$C{O}_2$} ở 2 thí nghiệm khác nhau $\to$$n_{HCl}$ phản ứng hết ở thí nghiệm 1 (vì nếu HCl hết ở cả 2 thí nghiệm thì lượng CO₂ sinh ra phải bằng nhau)

 $n_{HCl}$ = 0,lx mol; $n_{C{O_3}^{2-}}$  = 0,ly mol; $n_{HC{O}_3^{-}}$  = 0,2y mol .

Bản chất phản ứng:

- Thí nghiệm 1: nhỏ từ từ dung dịch chứa H⁺ vào dung dịch chứa  $C{O}_3^{2-}$, $HC{O}_3^{-}$thì thứ tự phản ứng xảy ra theo thứ tự như sau: 

$H^{\mathit{+}}\mathit{+}C{O}_{\mathit{3}}^{\mathit{2}\mathit{-}}\mathit{\to }HC{O}_{\mathit{3}}^{\mathit{-}}\mathit{+}{H}_{\mathit{2}}O$

$H^{+}+HC{O}_3^{-}\to H_{2}O+C{O}_2$

Công thức tính nhanh: $n_{C{O}_2}=n_{H^{+}}-n_{C{O_3}^{2-}}$= 0,lx - 0,ly

- Thí nghiệm 2: nhỏ từ từ dung dịch chứa $C{O}_3^{2-}$  ,$HC{O}_3^{-}$ vào dung dịch chứa H⁺ thì xảy ra 2 phản ứng đồng thời với tốc độ như sau (không có sự ưu tiên về thứ tự phản ứng)

$H^{\mathit{+}}\mathit{+}C{O}_{\mathit{3}}^{\mathit{2}\mathit{-}}\mathit{\to }HC{O}_{\mathit{3}}^{\mathit{-}}\mathit{+}{H}_{\mathit{2}}O$

$H^{+}+HC{O}_3^{-}\to H_{2}O+C{O}_2$

Công thức tính toán cho dạng 2 phản ứng song song cùng xảy ra: $\frac{n_{chatAphanung}}{n_{chatBphanung}}=\frac{n_{chatAbandau}}{n_{chatBbandau}}$

Do ban đầu $n_{HC{O}_3^{-}}$ = 2.$n_{C{O_3}^{2-}}$ $\to$$n_{HC{O}_3^{-}}$ _{phản ứng} = 2.$n_{C{O_3}^{2-}}$ _{phản ứng}

Ta có:

$n_{H^{+}}=2n_{C{O_3}^{2-}phanung}+n_{HC{O}_3^{-}phanung}=4n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phanung}}{n}_{H^{+}}=2n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phanung}}+n_{HC{O_3^{-}}_{phanung}}=4n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{{}_{phanung}}}\to n_{C{O}_3{{}^{2-}}_{phanung}}=\frac{n_{H^{+}}}{4}$

$\to n_{C{O_3}^{2-}}$_{phản ứng} $=$$\frac{0,1x}{4}=0,025x\to$$n_{HC{O}_3^{-}}$_{phản ứng = 0,05x}

_{$\to n_{C{O}_2}=n_{C{O_3^{2-}}_{phanung}}+n_{HC{O_3^{-}}_{phanung}}=0,025x+0,05x=0,075x$} mol.

$\frac{V_{C{O}_{2}phan1}}{V_{C{O}_{2}phan2}}=\frac{n_{C{O}_{2}phan1}}{n_{C{O}_{2}phan2}}=\frac{0,1x-0,1y}{0,075x}=\frac{1}{2}\to \frac{x}{y}=\frac{8}{5}$

Đáp án A

(1)      SiO₂ + 4HF $\to$  SiF₄ + 2H₂O

(2)      SO₂ + 2H₂S $\to$  3S + 2H₂O

(3)      2NH₃ + 3CuO $\stackrel{t^o}{\to }$  3Cu + N₂ + 3H₂O

(4)      CaOCl₂ + 2HCl_đặc $\to$  CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

(5)      Si + 2NaOH + H₂O $\to$  Na₂SiO₃ + 2H₂

(6)      2Ag + O₃ $\to$  Ag₂O + O₂

(7)      NH₄C1 + NaNO₂ $\stackrel{t^o}{\to }$  NaCl + N₂ + 2H₂O

(8)      2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O $\stackrel{dien phan}{\to }$  2Cu + 4HNO3 + O₂

(9)  2Na + 2H₂O $\to$  2NaOH + H₂ , 3NaOH + FeCl₃ $\to$  Fe(OH)₃ + 3NaCl

(10) Mg + Fe₂(SO₄)_3dư $\to$  MgSO₄ + 2FeSO₄

 $\Rightarrow$(2), (3), (4), (5), (6), (7), (8), (9) thỏa mãn.

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng: $m_{C{O}_2}$ = m + 32x - 18y = 110x – 121y => $n_{C{O}_2}$= 2,5x – 2,75y  

Bảo toàn nguyên tố Oxi: $n_X=\frac{2.(2,5x-2,75y)+y-2x}{6}=0,5x-0,75y$

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=(k-1).n_{HCHC}$ (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: (2,5x – 2,75y) – y = (k – 1).(0,5x – 0,75y) => k = 6 => ${\pi }_{C=C}+{\pi }_{C=O}=6$

Mà ${\pi }_{C=C}=3\to {\pi }_{C=O}=3\to n_{B{r}_2}=0,15.3=0,45mol.$

Đáp án D

$k_{C_3{H}_{10}{N}_2{O}_4}=\frac{3.2+2+2-10}{2}=0=\pi -i$

(k là độ bất bão hoà tính theo công thức phân tử, $\pi$  là số liên kết pi thực tế trong công thức cấu tạo, i là số liên kết ion trong công thức cấu tạo)

X có 4 nguyên tử O trong phân tử, nên X là muối của amoni của axit cacboxylic 2 chức nên $\pi$  = 2 (có 2 liên kết  trong 2 nhóm COO)  i = $\pi$ - k = 2 (có 2 liên kết ion). Vậy X là muối amoni 2 chức của axit cacboxylic 2 chức.

X $\to [\begin{array}{l}N{H}_{4}OOC-COON{H}_{3}C{H}_3\\ N{H}_{4}OOC-C{H}_2-C\text{OO}N{H}_4\end{array}$

$k_{C_3{H}_{12}{N}_2{O}_3}=\frac{3.2+2+2-12}{2}=-1$

Y có 3 nguyên tử O nên Y là muối amoni của 1 trong các gốc NH₃ và CH₃NH₂ (đều có $\pi$  = 1)

$\to$i = - k = 2 (Y có 2 liên kết ion trong phân tử). Vậy Y là muối amoni 2 chức của axit cacbonic (gốc $C{O_3}^{2-}$ )

$Y\to [\begin{array}{l}{\left(C{H}_{3}N{H}_2\right)}_{2}C{O}_3\\ [\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\\ {\left(C{H}_3\right)}_{2}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\end{array}\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{n}_X=x\left(mol\right)\\ n_Y=y\left(mol\right)\end{array}\to \{\begin{array}{l}138x+124y=3,86\\ n_{khi}=2x+2y=0,06\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,02\end{array}$

Do 2 khí thoát ra hơn kém nhau 1 nguyên tử C (NH₃ và CH₃NH₂) và có tỉ lệ mol 1 : 5, nên ở đây chỉ cần xét 1 trường hợp thoả mãn được 2 điều kiện trên:

X : NH₄OOC – COONH₃CH₃, Y: (CH₃NH₃)₂CO₃

NH₄OOC-COONH₃CH₃ +2NaOH  $\to$  (COONa)₂ +NH₃ +CH₃NH₂ +2H₂O

0,01 mol                                         0,01 mol

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH $\to$ 2CH₃NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

      0,02 mol                                                   0,02 mol

Ta có $m_{muoi}=134n_{{\left(C\text{OO}Na\right)}_2}+106n_{N{a}_{2}C{O}_3}=3,46\left(g\right)$

Đáp án B

Do dùng "tối thiểu" HCl nên xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

Fe₃O₄+ 8HCl  $\to$ 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Fe + 2FeCl₃  $\to$ 3FeCl₂

Fe + 2HC1 $\to$  FeCl₂ + H₂

$n_{Fe}$ =0,2 mol ; $n_{F{e}_3{O}_4}$ = 0,05 mol.

Cuối cùng chỉ chứa FeCl₂   = 0,2 + 0,05.3 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố Clo: = 0,35.2 = 0,7 mol  =>  V = = 0,35 (lít) = 350 ml.

 FeCl₂ + 3AgN0₃ $\to$  Fe(N0₃)₃ + Ag   + 2AgCl

=> $n_{Ag}$ = 0,35mol; $n_{AgCl}$ = 0,7mol => m = 0,35.108 + 0,7. 143,5 = 138,25(g).

Đáp án D

$\sum O{H}^{-}$ = 0,2 . (1,5.2 + 1) = 0,8 mol; = 0,6 mol.

$n_{O{H}^{-}}/n_{C{O}_2}=\frac{0,8}{0,6}=1,33\to$ sinh ra $HC{O_3}^{-}$ và $C{O_3}^{2-}$

$n_{HC{O_3}^{-}/Y}=2n_{C{O}_2}-n_{O{H}^{-}}=0,4mol$; $n_{C{O_3}^{2-}}=0,6-0,4=0,2mol$$$\begin{gathered} n_{B{a}^{2+}/Y}=0,2.1,5-0,2=0,1mol \\ {n}_{O{H}^{-}}=0,2.1,5=0,3mol<n_{HC{O_3}^{-}/Y}\Rightarrow n_{C{O_3}^{2-}}=0,3mol \\ {n}_{B{a}^{2+}}=0,2+0,1=0,3mol=n_{C{O_3}^{2-}}\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=0,3mol \\ \to m=0,3.197=59,1\left(g\right). \end{gathered}$$

Đáp án B

(1) Đúng

(2) Đúng

(3) Sai, chẳng hạn anilin có tính bazơ yếu hơn NH₃.

(4) Sai, polipeptit mới là cơ sở tạo nên protein.

(5) Đúng

(6) Đúng

 $\to$ có 4 nhận định đúng.

Đáp án C

Tính được  $n_{H_2}=0,15mol;n_{C_4{H}_4}=0,05mol.a$

Khi nung nóng thì khối lượng hỗn hợp: $m_{saupu}=m_{\text{truoc\hspace{0.17em}pu}}=0,15.2+0,005.52=2,9gam.$

Từ tỉ khối hỗn hợp sau phản ứng với H₂  $\to n_{hônhopsauphanung}=\frac{2,9}{2.14,5}=0,1mol.$

Chú ý: $n_{H_{2}phanung}=n_{honhoptruocphanung}-n_{honhopsauphanung}=0,2-0,1=0,1mol.$

Thêm nữa, H₂ phản ứng sẽ cộng vào nối đôi, làm mất 0,1 mol liên kết $\pi$  của hỗn hợp trước phản ứng.

Mà số mol lk $\pi$  trước phản ứng là: 0,05. 3 = 0,15 mol nên sau phản ứng chỉ còn 0,15 - 0,1 = 0,05 mol$\pi$

Vậy khối lượng brom đã phản ứng sẽ là: 0,05. 160 = 8 gam.

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (f), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (d), (e), (f), (g).

Đáp án D

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH $\to n_{COO\text{ trong E}}=0,3\text{ mol}$

 • Đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O₂ $\to$  X mol CO₂ + y mol H₂O

(CO₂ + H₂O) + Ca(OH)₂ dư có $\Delta m_{\text{dung dich giam}}$ = 56x - 18y = 34,5 gam.

Lại có $m_E$ = 12x + 2y + 0,3.32 = 21,62 gam $\to$  x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

$\overline{C}=\frac{n_E}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,87}{0,3}=0,29\to X:HCOOC{H}_3.$

$\to \sum n_{C{O}_2}-\sum n_{H_{2}O}=n_{Y+Z}=0,08mol\to n_X=0,22mol.$

Chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số $C_{Y,Z}\ge 4$.

Chặn số C_{trung bình của X} < $\frac{0,87-0,08.4}{0,22}$ = 2,5 $\to$  số C_x = 2 hay X là HCOOCH₃.

• Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C₂H₅OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)

$\to$1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là $C_n{H}_{2n-1}COOC{H}_3$ và Z là $C_n{H}_{2n-1}COO{C}_2{H}_5$ (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số $C_{trung\text{ binh }Y,Z} = \frac{{\displaystyle 0,87-0,22.2}}{{\displaystyle 0,08}}$ = 5,375.

=> Số C_Y = 5 và số C_z = 6.

=> Chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C₃H₅COONa —> rn_muối = 8,64 gam

Đáp án C

Quy X về $C_2{H}_{3}NO$, CH₂, H₂O => $n_{{\text{C}}_2{H}_{3}NO}$ = 2$n_{H_2}$ = 2.0,22 = 0,44 mol.

Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và X mol CH₂

=> đốt cho CO₂: (0,66 + x) mol và H₂O: (0,88 + x) mol

=> m_{bình tăng} = = 56,04 => x = 0,18 mol.

$n_{NaOH}=n_{C_2{H}_{3}NO}=0,44mol.$ Bảo toàn khối lượng:

m + 0,44.40 = m + 15,8 + $m_{H_{2}O}$ = 0,1 mol.

Đặt $n_A$ = a; $n_B$ = b => n_x = a + b = 0,1 mol; ${n_{{\text{C}}_2{H}_3}}_{NO}$ = 0,44 mol = 4a + 5b

Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

${\text{n}}_{Ala}=n_{C{H}_2}$=0,18 mol; $n_{Gly}$ = 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.

Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n ($1\le m\le 3;1\le n\le 4$)

$\to$0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.

B là $Gl{y}_{2}Al{a}_3$ $\to$$\%m_B=\frac{0,04.345}{0,44.57+0,18.14+0,1.18}.100\%=46,94\%.$

Đáp án D

X và Y lần lượt có dạng $C_n{H_2}_{n-2}{O}_2$ và $C_m{H_2}_{m-4}{O}_4$ ($n\ge 3;m\ge 4$).

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=(k-\text{ 1}).n_{hop\text{ chat}}$ (với k là độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ).

Áp dụng: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=$ n_x + 2n_Y =    = 0,11 mol.

$m_E=m_C+m_H+m_0$ = 0,43.12 + 0,32.2 + 0,11. 2. 16 = 9,32(g).

$\to$ Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là $\frac{46,6}{9,32}$  = 5 lần.

$\to$$n_{CO{O}_{thi\text{ nghiem 2}}}$= 0,11 . 5 = 0,55 mol < = 0,6 mol => NaOH dư.

$n_{H_{2}O\text{ ban dau}}$= 176(g). Đặt n_x = x; $n_Y$ = y => x + 2y = 0,55 mol.

$\sum m_{H_{2}O/Z}=176 + 18 X 2y = (176 + 36y) \left(g\right); MT = 32$=> T là với số mol là x.

$\to m_{binhtăng}=188,85\left(g\right) = 176 + 36y + 32x - 0,275.2$

Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol. 

Đặt số C của X và Y là a và b (a > 4; b > 4) => 0,25a + 0,15b = 0,43. 5

Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.

 $\to$Y là C₆H₈0₄ => $\%m_Y=\frac{0,15.144}{46,6}.100\%$ = 46,35%.

Đáp án B.

Ta có n_{e trao đổi} =$\frac{It}{96500}=0,44mol.$

Giả sử tại anot chỉ có Cl₂ $\to n_{C{l}_2}=0,15mol\to n_e=0,3mol<0,44mol\to$vô lý.

$\to$Tại anot chỉ có khí Cl₂ và khí O₂.

Quá trình điện phân ở anot:

$$\begin{gathered} 2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2 \\ {H}_{2}O-2e\to 2H^{+}+\frac{1}{2}{O}_2 \\ \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08mol\\ n_{O_2}=0,07mol\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{NaCl}=0,16mol\\ n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,2mol\end{array} \end{gathered}$$

- Dung dịch sau điện phân chứa Na⁺ (0,16 mol), (0,4 mol) và H⁺

+ Xét dung dịch sau điện phân có:  $\stackrel{BTDT}{\to }{n}_{H^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}-n_{N{a}^{+}}=0,24mol$

- Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch trên thì:

3Fe + 8H⁺ + 2$N{O_3}^{-}$$\to$ 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

          0,24      0,4          0,09 mol

+ Theo đề ta có: m_Fe - m_{rắn không tan} = m_{Fe( bị hòa tan)} $\to$ m – 0,8m = 0,09.56 m=25,2 (g)

Đáp án A.

Y chứa H₂ => z không chứa $N{O_3}^{-}$. Lập sơ đồ phản ứng:

$\underset{31,12\left(g\right)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Fe\\ F{e}_3{O}_4\\ FeC{O}_3\end{array}\right\}}}+\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ KN{O}_3\end{array}\right\}\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ NO\\ N{O}_2\\ H_2\end{array}\right\}+H_{2}O+\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}\\ F{e}^{2+}\\ K^{+}\\ N{H}_4^{+}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right\}⟨\begin{array}{l}\stackrel{BaC{l}_2}{\to }140,965\left(g\right)\downarrow \\ \stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}Mg{\left(OH\right)}_2\\ Fe{\left(OH\right)}_2\end{array}\right\}\downarrow +N{H}_3\uparrow +\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4\\ K_{2}S{O}_4\end{array}\right\}\end{array}$