Trong 10,88 g X có x mol Cu; y mol Fe; z mol Mg

4,44 mol X có xt mol Cu; yt mol Fe; zt mol Mg

( cùng 1 loại hỗn hợp X nên tỉ lệ thành phần như nhau)

+ 10,88 g X : phản ứng với Clo tạo muối có số oxi hóa cao nhất

m muối – mKl = mCl- = 17,395g

Theo DLBT e có:  2x + 3y + 2z = nCl- = 0,49 mol     (1)

mKl= 64x+ 56y + 24z = 10,88g           (2)

+ 0,44mol X : tác dụng với axit HCl dư thì Fe chỉ tạo muối sắt 2

=>  Theo DLBT e có: 2yt + 2zt =2nH2= 0,48 mol (3)

nX= xt+yt+zt = 0,44mol                               (4)

Giải hệ có: y=0,05mol => %mFe(X)=25,73%

=>B

Có ( $\mathrm{\pi }$+ vòng) =(2.nC + 2 - nH)/2 = 4 => thành phần đính vào vòng sẽ không có liên kết bội, X có thể cộng với NaOH và tách nước nên X chứa nhóm OH đính vào vòng và đính vào gốc hidrocacbon gắn với vòng

=> X là  HO-C6H5-CH2CH2OH ; HO-C6H5-CH(OH)CH3

(mỗi công thức trên nhóm OH đính vào vòng có 3 vị trí ortho,meta,para neen tổng cộng sẽ có 6 đồng

phân)

=>C

Mục đích của việc làm này là Ta cần tạo ra 1 cặp điện cực mà Anot là kim loại hi sinh(bị oxi hóa) thay cho Fe nên kim loại đó phải có thế điện cực chuẩn âm hơn

=>A

Chọn C

Các ancol và monosaccarit đều không bị thủy phân

=>D

Muối mono natri của axit glutamic dùng trong mì chính

=>C

FexOy  +  2y HCl   →   xFeCl2y/x + yH2O

FexOy  +   yCO    →  xFe +y CO2

Ta thấy nO(oxit) = nCO = ½ nHCl = 0,075 mol

VCO= 1,68 l

=>B

%mP = 31/ ( 142 + 18n) = 8,659%

=> n=12

=>A

Phương pháp dựa vào hiện tượng dương cực tan =>C

Giả thiết cả 2 lần dùng NaOH thì kết tủa đều tan 1 phần

=> Do  n↓ (1)= 2  n↓ (2)

=> 4nAl3+ - nOH- (1) = 2(4nAl3+ - nOH- (2) )

=> nAl3+ = ¼ (2.nOH- (2) -  nOH- (1) ) = 0,11 mol

=> m =  m Al2(SO4)3 = 18,81g

=>C

Theo DLBT => nO(O2) = 2nCO2 + nH2O= 1,5 mol => nO2=0,75 mol

=> nN2(kk)= 4 nO2=3mol => nN2(amin)= 0,1 mol

Theo DLBTKL : m= 12 nCO2 + 2 nH2O  + 14 nN2(amin) = 9,0 g gần nhất với gíá trị 10g

=>C

X là CH3OH => Z là CH3COOCH3

=> Z không có khả năng tráng bạc.

=>B

-Vinyl axetat phản ứng với dung dịch NaOH sinh ra ancol etylic.

Sai. Tạo ra andehit axetic

-Phenol phản ứng được với dung dịch Na2CO3.

Đúng

-Thủy phân benzyl clorua thu được phe nol.

Sai, thu được natri phenolat

-Có 4 đồng phân amin có vòng ben zen ứng với công thức C7H9N

Sai, có 5 đồng phân

=>B

1 mol HCOOH tráng bạc tạo 2 mol Ag

1mol HCHO tráng bạc tạo 4 mol Ag

1 mol HCOOCH3 tráng bạc tạo 2 mol Ag

=> nAg= 2n HCOOH +4nHCHO + 2n HCOOCH3 = 0,12 mol

=> mAg = 12,96g

=>D

Dựa vào tính chất : +Xellulozo không tan trong nước

+ Glucozo có pahnr ứng tráng bạc

+ tinh bột có tạo màu xanh với dd  iod

=>A

(C17H35COO)3C3H5  + 3NaOH  →    3C17H35COONa +  C3H5(OH)3

0,1 mol                                       0,3 mol

m C17H35COONa   = 91,8g

=>C

Ta có nAla= 0,25 mol ; nGly= 0,75 mol

Ta thấy nAla :  nGly = 1:3 . Dựa vào đáp  án thấy chỉ có tối đa là pentapeptit

=> tỉ lệ tối giản nhất chính là tỉ lệ trong peptit => đây là tetrapeptit.

=>A

Ta có kết tủa chính là PbSO4 => n PbSO4 = 0,05mol = ½ n NO3-= nSO42-

=> n NO3- = 0,1 mol

=> m muối thu được = mKL + m NO3-

= m muối sunfat + m NO3- - mSO42-

= 8,6g

=>B

Đặt nC2H4= xmol => nC3H6= 3x mol

+ hợp nước tạo ancol => n ancol = 4x= 2n H2= 0,04 mol

=> x= 0,01 mol; sau khi OXH ancol tạo  : 0,01 mol CH3CHO

t mol C2H5CHO (0,015 – t) mol aceton

=> khi tráng bạc thì nAg = 2nCH3CHO + 2n C2H5CHO = 0,02 + 2t = 0,026 mol

=> t= 0,003 mol => %n n-C3H7OH= 7,5%

=>D

Chọn B

Ancol không bị oxi hóa bởi CuO là ancol bậc 3

Chỉ có este tert-butyl axetat tạo được ancol bậc 3

=>A

Lý thuyết về nước cứng SGK

=>A

n P2O5= 0,015 mol. Nếu phản ứng chỉ tạo ra 1 muối;

+ Na3PO4 => m muối= 4,92g

+ Na2HPO4 => m muối= 4,26g

+ NaH2PO4 => m muối= 3,6g

4,26<m muối< 4,92

=> taoh hỗn hợp muối Na3PO4 x mol ; Na2HPO4 y mol

=> nP = x +y = 2 n P2O5= 0,03 mol

m muối = 164x + 142y = 4,48g

=> x= 0,01 mol ; y= 0,02 mol

=> nNaOH= 3n Na3PO4 + 2n Na2HPO4 = 0,07 mol

=> VNaOH = 0,07 l

=>C

Fe3O4 + HNO3 $\to$ Fe(NO3)3 + NaOb + H2O
Quá trình :
+ cho e: x (5a-2b) / 3Fe+8/3 3Fe+3 + 1e
+ nhận e : x1 / aN+5 + (5a-2b) aN+2b/a (5a-2b) Fe3O4 + (46a-18b)HNO3 $\to$ (15a-6b) Fe(NO3)3 + NaOb + (23a-9b)H2O
=>D

-Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

Sai. chuyển dịch theo chiều giảm số mol => chiều nghịch

-Khi tăng nhiệt độ của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

Đúng

-Phản ứng thuận là phản ứng toả nhiệt.

Sai

-Khi tăng nồng độ của NH3, cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

Sai, chuyển dịch theo chiều thuận.

=>B

Lý thuyết Polime SGK

=>B

nCO2= 0,46 mol và nH2O = 0,48 mol

=> n ancol propylic= nH2O  - nCO2 = 0,02 mol

Giả sử  X có C2H4O và C4H8O2; 0,02 mol C3H7OH Coi 1 mol C4H8O2 là 2 mol  C2H4O

=> hỗn hợp: x mol C2H4O ;  0,02 mol C3H7OH

Bảo toàn C => nC = 2x + 3. 0,02 = 0,46 => x=0,2 mol

=> mX= 10g => %m C3H7OH =12%

=>D

Do thủy phân pentapeptit được Ala-Gly- Ala-Gly và Ala-Gly-Gly
=> X là Ala-Gly- Ala-Gly-Gly.
Có : n Ala-Gly- Ala-Gly = 0,12mol n Ala-Gly-Gly =0,08mol
n Ala-Gly- Ala=0,05mol n Ala-Gly =0,18mol n Ala = 0,1 mol
n Gly = x mol n Gly-Gly= 10x mol => n Ala= 0,7mol ;
n Gly = (0,63 + 11x)mol
Mà trong X có n Ala : n Gly =2 : 3 => 0,7.3=(0,63 + 21x).2
=> x= 0,02mol => m Gly + m Gly-Gly = 27,9g =>A

Theo đề do nX = nancol = 1/3 nNaOH và X chứa 1 loại nhóm chức

=> X là trieste của tri ancol và mono axit

=> n muối = nNaOH = 0,15 mol

=> M muối =82 g => muối là CH3COONa

Vậy chỉ có (CH3COO)3C3H5  là phù hợp

=>B

Do X gồm các chất có 1 pi và số C = số O nên

X + O2 => nCO2 = nH2O= nO(X)=nCaCO3=0,5 mol

Theo định luật baot toàn nguyên tố Oxi

=> nO2= ½ ( 2nCO2 + nH2O – nO(X) ) = 0,5 mol

VO2= 11,2 l
Chọn C

Có nBa2+ = 0,08 mol ; nOH- = 0,16 mol

Dd chứa 0,04 mol Na+ ; (0,04 +0,2x) mol SO42- ; 0,2x mol Fe2+

Có thể xảy ra các phương trình sau:

+/ Ba2+ + SO42-    →   BaSO4

+/ Fe2+ + 2 OH-   →    Fe(OH)2

+ T/H 1: 0,2x< 0,04 mol =>  Ba2+ ; OH- dư

=> m kết tủa = 233.(0,4 +0,2x) + 90.0,2x= 24,04

=> x= 0,23 (L)

+ T/H 2 : 0,04      0,2x < 0,08 mol => SO42- dư ; OH- hết

=> m kết tủa = 233.0,8 + 90.0,2x = 24,04

=> x= 0,3 M (TM)

=>A

Có các quả trình: + (1)  Al + 3Fe3+    →     Al 3+ + 3Fe2+

                         + (2)  Al + Fe2+     →    Al 3+ + Fe

Do a< b < 3 a   nên (1) xảy ra hoàn toàn, (2) xảy ra chưa hoàn toàn , Fe2+ dư

=>D

CTTQ của X là Cn(H2O)m. Khi đốt cháy: Cn(H2O)m + nO2  →   nCO2 + mH2O

=> nCO2 = nO2 = 0,6 mol

nOH- = 2nBa(OH)2 + nNaOH = 0,75 mol

Do nCO2 < nOH- <2nCO2 => CO2 hòa tan 1 phần kết tủa

=> n kết tủa = nOH- - nCO2 = 0,15 mol m BaCO3 = 29,55g

=>D

Theo DLBT điện tích 3 nAl3++2nFe2+ + nNa+ = 2nSO42- + nCl-

để thu được kết tủa lớn nhất thì NaOH phản ứng vừa đủ  Tạo hidroxit và không hòa tan kết tủa => nOH- =

3 nAl3++2nFe2+ = 0,3 mol

VNaOH =0,3 l

=>D

Người ta vận dụng phản ứng trung hòa tạo muối để khử mùi tanh

=>D

+Các nguyên tố thuộc nhóm IA, theo chiều điện tích hạt nhân tăng dần thì

bán kính nguyên tử giảm dần năng lượng ion hóa tăng dần.

tính khử tăng dần.độ âm điện giảm dần.

=>A

Dd có 0,5a mol CuSO4 và 0,5 mol NaCl.

Trong quá trình điện phân giả sử  xảy ra :

+ Catot:  Cu2+ →  + 2e     Cu

2H2O + 2e  →   2OH- + H2

+ Anot:   2Cl-  →   Cl2 + 2e

ne trao đổi = 0,3 mol

=> nCl2= 0,15 mol ;  nCu= 0,5a mol ; nH2= (0,3-a) mol

m giảm = m Cl2 + mCu + mH2

=> 17,15 = 71.0,15 + 64.0,5a + 2(0,3-a)  => a=0,2 M

=>A

Chọn C