[Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (Đề 17)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của FeO.

Giải chi tiết:

Phản ứng hóa học sai là FeO + 2HNO₃ → Fe(NO₃)₂ + H₂O.

PTHH: 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 5H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt và hợp chất của sắt.

Giải chi tiết:

* A, B, C đều thu được muối sắt(III) sau khi kết thúc phản ứng.

2Fe + 3Cl₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  2FeCl₃

2Fe(OH)₂ + 4H₂SO_4(đ)  $\stackrel{t^0}{\to }$Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ ↑ + 6H₂O

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O

* Cho Fe vào dung dịch CuSO₄ thu được muối sắt(II) sau khi kết thúc phản ứng.

PTHH: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Những oxit của kim loại sau Al (dãy điện hóa) có khả năng phản ứng hiđro.

Giải chi tiết:

Hỗn hợp bột Al₂O₃, FeO, CuO, MgO phản ứng với hiđro dư (nung nóng): FeO và CuO phản ứng tạo Fe và Cu; Al₂O₃ và MgO không phản ứng.

PTHH: FeO + H₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  Fe + H₂O

             CuO + H₂  $\stackrel{t^0}{\to }$Cu + H₂O

Vậy chất rắn còn lại trong ống nghiệm là Al₂O₃, Fe, Cu, MgO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng hóa chất phản ứng hết với Cu, Fe không tạo thêm Ag và hóa chất đó không phản ứng với Ag.

Giải chi tiết:

Để tách Ag ra khỏi hỗn hợp Ag, Cu, Fe mà không làm thay đổi khối lượng Ag, ta dùng dư FeCl₃.

PTHH: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

            Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

⟹ Lọc dung dịch thu được Ag.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất của các hợp chất khí.

Giải chi tiết:

Khi sử dụng bếp than sẽ sinh ra lượng lớn khí CO dẫn tới nhiều gia đình bị ngộ độc khí và có thể dẫn tới tử vong.

Đáp án A

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 A

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về các phản ứng điều chế polime.

Giải chi tiết:

Quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ (monome) thành phần tử lớn (polime) đồng thời giải phóng những phân từ nhỏ khác (thí dụ H₂O) được gọi là phản ứng trùng ngưng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào định luật bảo toàn điện tích.

Giải chi tiết:

Một dung dịch chứa x mol Ca²⁺, y mol Mg²⁺, z mol Cl^-, t mol HCO₃^-.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ⟹ 2x + 2y = z + t.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về phương pháp điều chế kim loại.

Giải chi tiết:

Phương pháp chung để điều chế các kim loại Na, Ca, Al trong công nghiệp là điện phân nóng chảy.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của glucozơ.

Giải chi tiết:

Dãy chuyển hóa: C₆H₁₂O₆ → CH₃CH₂OH (X) → CH₃CHO (Y) → CH₃COOH.

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

CH₃CH₂OH + CuO $\stackrel{t^0}{\to }$  CH₃CHO + Cu + H₂O

2CH₃CHO + O₂ $\stackrel{xt}{\to }$  2CH₃COOH

Vậy X và Y lần lượt là CH₃CH₂OH và CH₃CHO.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào danh pháp của este.

Giải chi tiết:

Tên của hợp chất CH₃COOCH₂CH₃ là etyl axetat.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Giải chi tiết:

Dung dịch metylamin (CH₃NH₂) mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tơ poliamit.

Giải chi tiết:

Tơ nilon-6,6 là tơ poliamit.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Este C₃H₆O₂ là este no, đơn chức, mạch hở.

Giải chi tiết:

Các đồng phân của este C₃H₆O₂ là

HCOOCH₂CH₃ ; CH₃COOCH₃ (2 đồng phân).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

Sắt có thể tác dụng được với tất cả các chất là Cu(NO₃)₂, S, H₂SO₄ loãng, O₂.

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Fe + S $\stackrel{t^0}{\to }$  FeS

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ ↑

3Fe + 2O₂  $\stackrel{t^0}{\to }$Fe₃O₄

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về ăm mòn hóa học.

Giải chi tiết:

Thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn hóa học là nhúng thanh Cu vào dung dịch Fe₂(SO₄)₃.

PTHH: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

⟹ Phản ứng không sinh ra kim loại bám vào Cu nên chỉ xảy ra ăn mòn hóa học.

B, C, D vừa là ăn mòn hóa học, vừa là ăn mòn điện hóa vì phản ứng tạo ra kim loại mới tạo cặp cực kim loại (Zn-Cu; Cu-Ag và Fe-Cu) cùng nhúng vào trong dung dịch chất điện li.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hợp chất có chứa nhóm -CHO có thể tham gia phản ứng tráng bạc.

Giải chi tiết:

Dãy gồm các dung dịch đều tham gia phản ứng tráng bạc là glucozơ (HOCH₂[CHOH]₄CHO), axit fomic (HCOOH), anđehit axetic (CH₃CHO).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

Fe không phản ứng với dung dịch MgCl₂.

PTHH: Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

            Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

            Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của Fe và Cu.

Giải chi tiết:

Vì sau phản ứng thu được chất rắn ⟹ kim loại còn dư.

Ta có sắp xếp các ion và nguyên tử theo dãy điện hóa: Fe²⁺/ Fe ; Cu²⁺/Cu ; Fe³⁺/ Fe²⁺

⟹ Kim loại còn dư chắc chắc thu được muối Fe(NO₃)₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại X là Hg (tồn tại ở thể lỏng trong điều kiện thường).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

X mang tính axit làm quỳ tím hóa hồng ⟹ X là axit glutamic.

Y tạo hợp chất có màu xanh tím khi có dung dịch I­₂ ⟹ Y là tinh bột.

Z phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃ tạo Ag (phản ứng tráng bạc) ⟹ Z là glucozơ.

PTHH: HOCH₂[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$  HOCH₂[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag ↓ + 2NH₄NO₃.

T phản ứng với nước brom tạo kết tủa trắng ⟹ T là anilin.

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

Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ các phản ứng hóa học xảy ra xác định các hỗn hợp có tan hết hay không.

Giải chi tiết:

(1) Na₂O + H₂O → 2NaOH

         1          →            2

     Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

        1              2

⟹ phản ứng vừa đủ nên tan hết ⟹ (1) đúng.

(2) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

         1 →                      2

      Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

        1         2

⟹ phản ứng vừa đủ nên tan hết ⟹ (2) đúng.

(3) 3Cu + 8H⁺_dư + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

        1                        1

Do 1/3 < 1/2 nên Cu hết, NO₃^- dư ⟹ hỗn hợp tan hết ⟹ (3) đúng.

(4) không thể tan hết vì CuS không phản ứng với HCl ⟹ (4) sai.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sơ đồ: $A\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2:0,25\end{array}\right.\stackrel{t^o}{\to }\left\{\begin{array}{l}X\stackrel{+HCl:1,3}{\to }dd.Y\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:a\\ C{u}^{2+}:0,25\\ N{H_4}^{+}:b\\ C{l}^{-}:1,3\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{N}_2:0,04\\ H_2:0,01\end{array}\right.\\ 0,45\left\{\begin{array}{l}N{O}_2:0,42-b\left(BT:N\right)\\ O_2:0,03+b\end{array}\right.\end{array}\right.$

+) BTĐT cho dd Y ⟹ phương trình (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 4n_O2 = n_NO2 + 8n_NH4⁺ + 10n_N2 + 2n_H2 ⟹ phương trình (2)

Giải hệ trên được a và b.

Tính khối lượng muối trong dd Y: m = m_Mg²⁺ + m_Cu²⁺ + m_NH4⁺ + m_Cl^-.

Giải chi tiết:

- Sơ đồ: $A\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2:0,25\end{array}\right.\stackrel{t^o}{\to }\left\{\begin{array}{l}X\stackrel{+HCl:1,3}{\to }dd.Y\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:a\\ C{u}^{2+}:0,25\\ N{H_4}^{+}:b\\ C{l}^{-}:1,3\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{N}_2:0,04\\ H_2:0,01\end{array}\right.\\ 0,45\left\{\begin{array}{l}N{O}_2:0,42-b\left(BT:N\right)\\ O_2:0,03+b\end{array}\right.\end{array}\right.$

+) BTĐT cho dd Y: 2a + 2.0,25 + b = 1,3 (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 4n_O2 = n_NO2 + 8n_NH4⁺ + 10n_N2 + 2n_H2

⟹ 2a + 4.(0,03 + b) = (0,42 - b) + 8b + 10.0,04 + 2.0,01

⟹ 2a - 3b = 0,72 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,39 và b = 0,02.

- Khối lượng muối trong dd Y:

m = m_Mg²⁺ + m_Cu²⁺ + m_NH4⁺ + m_Cl^- = 71,87 gam gần nhất với 72 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét 2 trường hợp:

- Nếu chỉ có K₂CO₃: K₂CO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + H₂O + CO₂

- Nếu chỉ có KHSO₃: 2KHSO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂

Giải chi tiết:

m_H2SO4 = 147.20% = 29,4 gam ⟹ n_H2SO4 = 29,4/98 = 0,3 mol

- Nếu chỉ có K₂CO₃ thì n_K2CO3 = 39,6/138 = 0,287 (mol)

K₂CO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + H₂O + CO₂

⟹ H₂SO₄ dư

- Nếu chỉ có KHSO₃ thì n_K2CO3 = 39,6/120 = 0,33 (mol)

2KHSO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂

⟹ H₂SO₄ dư

Như vậy H₂SO₄ luôn dư ⟹ Sản phẩm gồm K₂SO₄ và H₂SO₄ dư.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Từ khối lượng mol trung bình của 2 anđehit ⟹ 2 anđehit là CH₃CHO và C₂H₅CHO.

Tính số mol mỗi anđehit dựa vào tổng khối lượng và khối lượng mol trung bình.

Do các este đều đơn chức ⟹ n_muối = n_{hh anđehit} = n_{hh este}.

Suy ra thành phần của hỗn hợp M ⟹ giá trị của m và a.

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 anđehit là

Ta có: $\overline{M}=2\times 24,8=49,6\to \overline{R}+29=49,6\to \overline{R}=20,6$

Mà 2 anđehit là đồng đẳng kế tiếp nên là CH₃CHO (a mol) và C₂H₅CHO (b mol)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}x+y=n_{hh}=\frac{12,4}{49,6}\\ 44\text{x}+58y=m_{hh}=12,4\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,15\\ y=0,1\end{array}\right.$

Do các este đều đơn chức ⟹ n_muối = n_{hh anđehit} = n_{hh este} = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol.

Hỗn hợp M: HCOOCH=CH₂ (0,15) và HCOOCH=CH-CH₂ (0,1) ⟹ m = 0,15.72 + 0,1.86 = 19,4 gam.

Khi tráng gương: n_Ag = 2n_M = 0,5 mol ⟹ a = 0,5.108 = 54 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Ta thấy đốt axit và este đều no, đơn chức, mạch hở luôn cho số mol CO₂ = H₂O

               ⟹ n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ n_H2O = n_ancol + n_CO2 (*)

- Mặt khác, BTTN "O": n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O (**)

- Thay (*) vào (**) ⟹ n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + (n_ancol + n_CO2)

            ⟹ 2n_axit+este + 2n_O2 = 3n_CO2

               ⟹ n_axit+este < n_{NaOH ban đầu}

            ⟹ NaOH dư ⟹ Chất rắn gồm RCOONa và NaOH dư.

- Từ khối lượng chất rắn xác định được R ⟹ Công thức của axit Y.

Giải chi tiết:

- Ta thấy đốt axit và este đều no, đơn chức, mạch hở luôn cho số mol CO₂ = H₂O

               ⟹ n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ n_H2O = n_ancol + n_CO2 (*)

- Mặt khác, BTTN "O": n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O (**)

- Thay (*) vào (**) ⟹ n_ancol + 2n_axit+este + 2n_O2 = 2n_CO2 + (n_ancol + n_CO2)

               ⟹ 2n_axit+este + 2n_O2 = 3n_CO2

               ⟹ 2.n_axit+este + 2.0,18 = 3.0,14

               ⟹ n_axit+este = 0,03 mol < n_{NaOH ban đầu} ⟹ NaOH dư

Chất rắn gồm RCOONa (0,03 mol) và NaOH dư (0,05 - 0,03 = 0,02 mol)

               ⟹ m_{chất rắn} = 0,03.(R + 67) + 0,02.40 = 3,68 ⟹ R = 29 (C₂H₅-)

Vậy Y là axit C₂H₅COOH.

Đáp án B

Phương pháp giải:

CTPT của các chất lần lượt là: C₂H₆O; C₃H₆O; C₂H₄O₂; C₃H₄O₂; C₂H₄O₂

⟹ Ancol có dạng C_xH₆O (a mol) và axit, este có dạng C_yH₄O₂ (b mol).

+) BTNT "O": n_CxH6O + 2n_CyH4O2 + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ phương trình (1).

+) BTNT "H": 6n_CxH6O + 4n_CyH4O2 = 2n_H2O ⟹ phương trình (2).

Giải hệ (1) (2) được a và b.

Mà ta thấy các axit/este đều phản ứng với Ba(OH)₂ theo tỉ lệ mol 2:1 ⟹ n_Ba(OH)2 = ½ . n_CyH4O2.

Giải chi tiết:

CTPT của các chất lần lượt là: C₂H₆O; C₃H₆O; C₂H₄O₂; C₃H₄O₂; C₂H₄O₂

⟹ Ancol có dạng C_xH₆O (a mol) và axit, este có dạng C_yH₄O₂ (b mol).

+) BTNT "O": n_CxH6O + 2n_CyH4O2 + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ a + 2b + 2.0,4 = 2.0,35 + 0,35 (1)

+) BTNT "H": 6n_CxH6O + 4n_CyH4O2 = 2n_H2O

⟹ 6a + 4b = 2.0,35 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,05; b = 0,1.

Mà ta thấy các axit/este đều phản ứng với Ba(OH)₂ theo tỉ lệ mol 2:1

⟹ n_Ba(OH)2 = ½ . n_CyH4O2 = ½ . 0,1 = 0,05 mol

⟹ C%_{dd Ba(OH)2} = (0,05.171/50).100% = 17,1%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do dd Z + CaCl₂ dư tạo CaCO₃ ⟹ trong dd Z có chứa ion CO₃^2- ⟹ n_CO3^2-_{(dd Z)} = n_CaCO3.

$X\left\{\begin{array}{l}CO\\ C{O}_2\\ N_2\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}NaOH\\ N{a}_{2}C{O}_3\end{array}\right.\to dd.Z\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}\left(BT:Na\right)\\ C{O_3}^{2-}\\ HC{O_3}^{-}\left(BT:C\right)\end{array}\right.$

BTĐT cho dd Z: n_Na⁺ = 2n_CO3^2- + n_HCO3^- ⟹ giá trị của x.

Nhận thấy CO và N₂ đều có cùng PTK là 28 nên ta coi như chúng là khí A (a mol).

Từ khối lượng mol trung bình của hỗn hợp X suy ra giá trị của a ⟹ giá trị m.

Giải chi tiết:

Do dd Z + CaCl₂ dư tạo CaCO₃ ⟹ trong dd Z có chứa ion CO₃^2-

⟹ n_CO3^2-_{(dd Z)} = n_CaCO3 = 10/100 = 0,1 mol.

$X\left\{\begin{array}{l}CO\\ C{O}_2:x\\ N_2\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}NaOH:0,2\\ N{a}_{2}C{O}_3:0,15\end{array}\right.\to dd.Z\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}:0,5\left(BT:Na\right)\\ C{O_3}^{2-}:0,1\\ HC{O_3}^{-}:x+0,05\left(BT:C\right)\end{array}\right.$

BTĐT cho dd Z: n_Na⁺ = 2n_CO3^2- + n_HCO3^- ⟹ 0,5 = 2.0,1 + x + 0,05 ⟹ x = 0,25.

Nhận thấy CO và N₂ đều có cùng PTK là 28 nên ta coi như chúng là khí A.

$X\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,25\\ A:a\end{array}\right.\to {\overline{M}}_X=\frac{0,25.44+28\text{a}}{0,25+a}=38\to a=0,15$

⟹ m_X = 28a + 0,25.44 = 15,2 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện: Khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau. Từ mối liên hệ số mol mỗi peptit với CO₂ và H₂O → Các peptit đều là tetrapeptit.

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O → a

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na" → (1)

+) m _muối → (2)

Giải (1) và (2) được a, b

Sơ đồ bài toán: $69,8\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}X\\ Y\\ Z:0,16\end{array}\right.+NaO{H}_{vuadu}\to \left\{\begin{array}{l}Ala-Na:a\\ Val-Na:b\end{array}\right.$

Dựa vào các dữ kiện tính được số C trung bình của hỗn hợp ban đầu từ đó biện luận ra Z và Y

Suy ra các trường có thể có của X, xét từng trường hợp và chọn ra trường hợp thỏa mãn điều kiện n_X < n_Y.

Giải chi tiết:

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1 → nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

              a                       na         a(n+1-0,5k)

→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O → 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a → a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na": a + b = n_NaOH = 0,88 (1)

+) m _muối = 111a + 139b = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được a = 0,76 mol và b = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán: $69,8\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}X\\ Y\\ Z:0,16\end{array}\right.+NaO{H}_{vuadu}\to \left\{\begin{array}{l}Ala-Na:a\\ Val-Na:b\end{array}\right.$

BTNT "C": n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

→ C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val

→ C(Z) = 8 → Z là Ala₄ (M = 89.4 - 18.3 = 302)

→ n_{Ala(X, Y)} = 0,76 - 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh - m_Z = 69,8 - 0,16.302 = 21,48 gam

→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y) = 0,12

→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)

→ %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về: anken, ancol, amin, peptit.

Giải chi tiết:

(1) đúng, 6 peptit là: G-A-V; G-V-A; A-G-V; A-V-G; V-A-G; V-G-A.

(2) đúng, 4 ancol bậc 1 thỏa mãn là:

            C₆H₅CH₂CH₂OH;

            o,m,p-CH₃C₆H₄CH₂OH.

(3) sai, có 4 đồng phân mạch hở là:

            C=C-C-C;

            cis C-C=C-C;

            trans C-C=C-C;

            C=C(C)-C.

(4) đúng, 4 đồng phân amin bậc 1 thỏa mãn là:

            C-C-C-C-NH₂;

            C-C-C(NH₂)-C;

            C-C(C)-C-NH₂;

            C-C(C)(NH₂)-C.

Vậy có 3 kết luận đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giả sử n_CuSO4 = x mol và n_Fe2(SO4)3 = 1 mol.

            Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Do m_{dd Z} = m_{dd Y} ⟹ khối lượng Fe tan vào bằng khối lượng Cu thoát ra ⟹ giá trị của x.

Giải chi tiết:

Giả sử n_CuSO4 = x mol và n_Fe2(SO4)3 = 1 mol.

            Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

            1 ←   2

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

             x ←  x →                 x

Do m_{dd Z} = m_{dd Y} ⟹ khối lượng Fe tan vào bằng khối lượng Cu thoát ra

⟹ m_{Fe pư} = n_Cu

⟹ 56.(x + 1) = 64x

⟹ x = 7.

⟹ %m_CuSO4 = $\frac{7.160}{7.160+1.400}.100\%$  = 73,68%.