Chọn đáp án B.

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

A. Không xảy ra phản ứng hóa học.

B. Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag.

C. Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Chọn đáp án C.

Glucozơ và fructozơ là monosaccarit.

Saccarozơ là đisaccarit.

Tinh bột là polisaccarit.

Khi cho CO₂ vào nước vôi trong :

m_{dung dịch giảm} = m_{kết tủa} – m_CO2 = 3,4g

→ n_CO2 = 0,15 mol

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

→ n_Glucozo = 0,5n_CO2 : H% = 0,083 mol

→ m = 15g

Chọn đáp án D.

Chỉ có Ag không phản ứng với nước ở nhiệt độ thường.

Các chất trong dãy khi thủy phân trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng, sinh ra ancol là:

(1) anlyl axetat, (2) metyl acrylat, (4) etyl fomat, (6) tripanmitin.

Chọn đáp án D.

Fe + (NaNO₃, HCl) → khí (NO, H₂) + chất rắn không tan

=> Chứng tỏ \(NO_3^ - \) và H⁺ phản ứng hết, Fe dư.

=> Muối tạo thành là Fe²⁺.

=> Các muối trong dung dịch X là: FeCl₂, NaCl.

Chọn đáp án C.

Công thức este X là CH₃COOC₂H₅.

\(C{H_3}COO{C_2}{H_5} + NaOH \to C{H_3}COONa + {C_2}{H_5}OH\) 

Chọn đáp án D.

Đường mía là thương phẩm chứa saccarozơ.

Chọn đáp án B.

A sai. Kí hiệu của X là Gly-Ala-Ala.

B đúng.

C sai. X tác dụng với NaOH thu được 2 loại muối hữu cơ.

D sai. Thủy phân không hoàn toàn X chỉ có thể thu được Gly-Ala, Ala-Ala, Gly, Ala.

(a) Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag

(d) CuO + CO → Cu + CO₂  

Vậy đáp án đúng là C

Chọn đáp án D.

Dãy gồm các chất đều bị thủy phân trong dung dịch H₂SO₄ đun nóng là: saccarozơ, tinh bột và xenlulozơ.

Chọn đáp án C.

Phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình ăn mòn kim loại thuộc loại oxi hóa – khử.

Chọn đáp án A.

Khí Y thu được nhờ phương pháp đẩy nước => Khí Y phải không có phản ứng hoặc rất kém tan trong nước.  

=> Chỉ có khí O₂ thỏa mãn.

Ta có:

3nAl + 2nZn = 2nH2 = 0,5 mol và 27nAl + 65nZn = 9,2 gam

→ nAl = 0,1 mol và nZn = 0,1 mol

→ %mAl = [(27.0,1) : 9,2].100% = 29,35%

Gọi công thức X là H₂N-R-COOH có số mol là t

→ thu được : t mol H₂N-R-COONa hoặc t mol ClH₃N-R-COOH

Có : m_{muối Na} = (R + 83).t = 8,88

Và : m_{muối clo} = (R + 97,5).t = 10,04

→ t = 0,08 mol

→ R = 28 (C₂H₄)

Vậy X là H₂N – C₂H₄ – COOH

4Fe(NO3)3 → 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2

Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2

Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2

FeCl2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl

Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag

Chọn đáp án D.

Alanin có công thức là CH₃CH(NH₂)COOH.

Chọn đáp án C.

Tơ tằm là tơ thiên nhiên, tơ vinilon là tơ tổng hợp.

A. Tơ nilon-6,6 và tơ capron đều là tơ tổng hợp.

B. Tơ visco và tơ xenlulo axetat đều là tơ nhân tạo.

C. Tơ visco là tơ nhân tạo, tơ nilon-6,6 là tơ tổng hợp

Z tác dụng được với Na sinh  ra H₂ → Z là ancol

HCOOCH₂CHO + NaOH → HCOONa + HOCH₂CHO

Đáp án A

Tất cả 4 thí nghiệm đều xảy ra phản ứng

(1) Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

(2) Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ +  Ag↓

(3) CaO + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Ca + H₂O

(4) 3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O → 6NaCl + 2Al(OH)₃↓ + 3CO₂

Đáp án cần chọn là: A

Chọn đáp án C.

Đúng. Thủy ngân phản ứng với bột lưu huỳnh tạo kết tủa, tránh việc thủy ngân chảy lan ra.

Hg + S → HgS

(a) Đúng. Freon là tên gọi chung của những hợp chất CFC (cloflocacbon), như CCl₂F₂, CCl₃F,… Khi CFC đến được tầng bình lưu, dưới tác dụng của tia cực tím nó bị thủy phân tạo ra Clo nguyên tử, và Clo nguyên tử có tác dụng như một chất xúc tác để phân hủy ozone. Cụ thể, các phân tử Cl, F, Br của CFC và halon được biến đổi thành các nguyên tử (gốc) tự do hoạt tính nhờ các phản ứng quang hóa

(b) Đúng. Sự gia tăng tiêu thụ nhiên liệu hóa thạch của loài người đang làm cho nồng độ khí CO₂ của khí quyển tăng lên.  Sự gia tăng khí CO₂ và các khí nhà kính khác trong khí quyển trái đất làm nhiệt độ trái đất tăng lên.

(c) Đúng. Mưa axit là hiện tượng mưa mà trong nước mưa có độ pH dưới 5,6, được tạo ra bởi lượng khí thải SO₂ và NO_x từ các quá trình phát triển sản xuất con người tiêu thụ nhiều than đá, dầu mỏ và các nhiên liệu tự nhiên khác.

Chọn đáp án B.

Tính chất không phải của triolein là: Tác dụng với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường, tạo ra dung dịch xanh lam.

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Khối lượng Cu bám trên lá Fe là: 64.1,6/(64-56)=12,8g

→ Đáp án A

Chọn đáp án D.

Kim loại Fe có thể được điều chế bằng cách dùng CO khử oxit kim loại tương ứng.

Vì C₃H₄O₂ thủy phân trong NaOH tạo ra 1 muối phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag và 1 chất cũng tác dụng với AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag

→  HCOOCH=CH₂

→ Đáp án C

Fe₃O₄ thực chất là FeO.Fe₂O₃ 

→ số mol FeO là 2 mol và số mol Fe₂O₃ là 1 mol

→ số mol e trao đổi = 2 mol

Trong X: nCu²⁺ = 0,01 mol

nNO₃^- = 0,02 mol và nH⁺ = 0,1 mol

4H⁺   +  NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

0,08      0,02      0,06

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,01      0,02

2H⁺ + 2e → H₂

0,02      0,02

→ ne nhận = 0,1 mol

Fe → Fe²⁺ + 2e 

0,05               0,1

→ mFe = 2,8 gam

Gọi CT của ankan là C_nH_2n+2

→ %m_H = (2n + 2) / (14n + 2) = 16,28%

→ n = 6 → X là C₆H₁₄. Mà tác dụng với clo theo tỉ lệ số mol 1:1 (trong điều kiện chiếu sáng) chỉ thu được 2 dẫn xuất monoclo đồng phân của nhau.

→ X chỉ có thể là CH₃-CH(CH₃)-CH(CH₃)-CH₃

(a) Sai. Trong 1 phân tử tetrapeptit mạch hở có 3 liên kết peptit.

(d) Sai. Chỉ có tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure

(f) Sai. Hợp chất peptit kèm bền cả trong môi trường axit lẫn bazo.

Đáp án C

Chọn đáp án C.

Đúng.

(g) Đúng. Tinh bột và xenlulozơ đều được cấu tạo bởi nhiều đơn vị glucozơ.

(h) Đúng. Glucozơ và saccarozơ đều có nhiều nhóm -OH gắn với các nguyên tử C liền kề, có khả năng tạo phức màu xanh lam với Cu(OH)₂.  

(i) Sai. Thủy phân saccarozơ tạo glucozơ và fructozơ.

(j) Đúng.

(k) Sai. Chỉ có glucozơ tác dụng với H₂ (xúc tác Ni, đun nóng) tạo sorbitol.

Chọn đáp án A.

Đặt CTTQ của triglixerit X là C_xH_yO₆

BTNT O:

nX =  (2.2,04 + 1,96 - 2.2,9) : 6 = 0,04 mol

→ nC3H5(OH)3 = 0,04 mol

BTKL:

mX = 44.2,04 + 18.1,96 -32.2,9 =32,24 g

BTKL:

mmuối = 32,24 + 40.0,12− 92.0,04 = 33,36 g

X + Na hoặc NaHCO₃ đều tạo số mol khí bằng số mol X phản ứng

→ X có 1 nhóm COOH và 1 nhóm OH

X + NaOH tạo ra 2Y

→ Y phải là : HO – C₂H₄ – COO – C₂H₄ – COOH

→ Z là HO – C₂H₄ – COOH

Khi cho 1 mol Z + Na dư thì: nH₂ =  1 mol 

Vậy đáp án đúng là B

Khi nCO₂ = a mol thì kết tủa tăng đến cực đại → Ba²⁺ tạo kết tủa hoàn toàn.

Khi nCO₂ = a + 0,25 mol thì kết tủa bắt đầu tan ra.

→ Na₂CO₃ vừa phản ứng hết, chuyển thành NaHCO₃.

→ 0,5b = 0,25 → b = 0,5

Khi nCO₂ = 0,4 mol thì nBaCO₃ = 0,05 mol

Lượng BaCO₃ bị hòa tan = a−0,05 = 0,4−(a+0,25) 

→ a = 0,1 

Đoạn đi lên đến 85,5: gồm 2 loại kết tủa là Al(OH)₃ và BaSO₄

Đoạn đi lên tiếp chỉ có: BaSO₄, Al(OH)₃ đang tan

Đoạn đi xuống: BaSO₄ đã hết, chỉ có Al(OH)₃ bị hòa tan

Tại 85,5 đặt n_Al2(SO4)3= a→ Al(OH)₃: 2a mol → OH^-: 6a mol → Ba(OH)₂: 3a mol

n_SO4(2-)= 3a mol

Như vậy tính cả K₂SO₄: n_SO4(2-)> n_Ba2+ → n_BaSO4= n_Ba2+= 3a mol

→ 85,5= 2a.78 + 3a.233 → a= 0,1

Đến đoạn 85,5 đồ thi bị gãy khúc chứng tỏ lúc này không còn kết tủa Al(OH)₃ nữa. Từ điểm này đến đỉnh chỉ có kết tủa BaSO₄ (SO₄^2- do K₂SO₄ còn). Từ điểm 85,5 đến khi kết tủa không đổi. OH^- làm nhiệm vụ hòa tan kết tủa Al(OH)₃ theo phản ứng:

Al(OH)₃+ OH^-→ AlO₂^-+ 2H₂O

2a              2a

Như vậy cần 2a mol OH^- nữa. Tổng lượng OH^- cần là:

2a.3 + 2a= 8a= 0,8 mol → Ba(OH)₂: 0,4 mol → x= 0,4: 0,5= 0,8 lít= 800 ml

X + NaOH → phần khí chỉ có hơi nước > X là este của phenol.

Bảo toàn Na : 2n_Na2CO3 = n_NaOH = 0,3 mol

→ m_{H2O (dd NaOH)} = 88g

→ n_{H2O(tạo ra từ pứ thủy phân)} = 0,2 mol

Bảo toàn C : n_C(X) = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,7 mol

→ Số C trong X = 0,7 : 0,1 = 7

Vì phản ứng vừa đủ , mà n_NaOH = 3n_X và n_H2O = 2n_X

Vậy X chỉ có thể là HCOOC₆H₄OH

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_NaOH = m_Y + m_{H2O tạo ra}

→ m_Y = m = 22,2g

Fe + dung dịch sau điện phân có khí NO → có H⁺.

Điện phân 

Catot :

Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot :

2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Gọi số mol H⁺ là x mol → bảo toàn e : 2n_Cu = n_Cl- + n_H+

→ n_Cu = (0,09 + 0,5x) < 0,25 mol

→ m_giảm = m_Cu + m_O2 + m_Cl2

→ x = 0,24 mol (TM)

Vậy dung dịch sau điện phân gồm : 0,04 mol Cu²⁺ , 0,5 mol NO₃^- , 0,18 mol Na⁺ , 0,24 mol H⁺

Khi cho Fe vào thì sau phản ứng có tạo chất rắn →chỉ tạo Fe²⁺.

3Fe  +  8H⁺  +  2NO₃^- →  3Fe³⁺  +  2NO  +  4H₂O

0,09   0,24

Fe  +  Cu²⁺  →  Fe²⁺   + Cu

0,04    0,04

→ m – 0,75m = m_{Fe pứ} - m_Cu = 56.(0,09 + 0,04) – 0,04.64

→ m = 18,88g

- Bảo toàn khối lượng: m_X + m_HCl = m_{muối Y} + m_Z + m_{H2O tạo ra}

→ m + 0,61.36,5 = m + 16,195 + 1,57 + m_H2O

→ n_H2O = 0,25 mol

n_Z = 1,904: 22,4 = 0,085 mol ; m_Z = m_H2 + m_NO = 1,57g

→ Giải hệ PT → Z chứa H₂ (0,035 mol) và NO (0,05 mol)

Bảo toàn H: n_HCl = 4n_NH4 + 2_H2O + 2n_H2 → n_NH4 = 0,01 mol

Bảo toàn N: 2n_Fe(NO3)2 = n_NH4 + n_NO → n_Fe(NO3)2 = 0,03 mol

Bảo toàn O: 4n_Fe3O4 + 6n_Fe(NO3)2 = n_NO + n_H2O → n_Fe3O4 = 0,03 mol

Đặt n_Cu = a ; n_Mg = b mol

Khi X + HCl thì sau phản ứng không có Fe³⁺

→ Chú ý Fe₃O₄ là FeO.Fe₂O₃ có Fe₂O₃ phản ứng thành Fe²⁺:

2Fe³⁺ + 2e → 2Fe²⁺

n_e = 2n_Cu + 2n_Mg = 2n_Fe2O3 + 2n_H2 + 3n_NO + 8n_NH4

Bảo toàn electron: 2a + 2b = 0,03.2 + 0,035.2 + 0,05.3 + 0,01.8

m_tủa = 98a + 58b + 90(0,03 + 0,03.3) = 24,4g

Giải hệ PT → a = 0,08 ; b = 0,1 mol

→ %m_Cu = 25,75%

n_E = n_NaOH = 0,3 (mol) → n_{O (E)} = 0,6 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ và H₂O

∆m_GIẢM = m_CO2 + m_H2O - m_↓

→ 44a + 18b – 100a = -34,5   (1)

m_E = m_C + m_H + m_O

→  12a + 2b + 0,6.16 = 21,62  (2)

Từ (1) và (2) → a = 0,87 và b = 0,79 (mol)

Số C = n_CO2/ n_E = 0,87/0,3 = 2,9 → X là HCOOCH₃

Vì Y, Z đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên khi đốt cháy có:

n_Y + n_Z = n_CO2 – n_H2O = 0,08 (mol)

→ n_X = n_E – 0,08 = 0,22 (mol)

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: n_CO2 = 0,87 – 0,22.2 = 0,43 (mol)

→ Số C trung bình của Y, Z = 0,43/0,08 = 5,375

Y, Z có đồng phân hình học nên Y là: CH₃- CH=CH-COOCH₃

Do sản phẩm xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH₃-CH=CH-COOC₂H₅.

Vậy muối có phân tử khối lớn nhất là CH₃-CH=CH-COONa : 0,08 mol

→ m_muối = 0,08. 108 = 8,64 (g)

Đáp án cần chọn là: A

Do 50 < M_X < M_Y < M_Z → T không chứa HCHO, HCOOH

nC = nCO₂ = 0,3 mol

nCHO = nAg/2 = 0,26 mol

nCOOH = nKHCO₃ = 0,04 mol

Ta thấy nC = nCOOH + nCHO → Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH

→ X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)

nCHO = 2x+y = 0,26

nCOOH = y+2z = 0,04

x = 4(y+z)

Giải ra ta thu được x = 0,12; y = 0,02; z = 0,01

%mY = 0,02.74/(0,12.58+0,02.74+0,01.90) = 15,85%

Đặt số mol: n_Gly-Na = a ; n_Ala-Na = b

Bảo toàn N: n_N = n_Gly-Na + n_Ala-Na = a + b = 2n_N2 = 2.7,84: 22,4 = 0,7 mol ⁽¹⁾

- Khi đốt cháy hỗn hợp muối:            

C₂H₄O₂NNa + 2,25O₂ → 1,5CO₂ + 2H₂O + ½ N₂ + ½ Na₂CO₃

C₃H₆O₂NNa + 3,75O₂ → 2,5CO₂ + 3H₂O + ½ N₂ + ½ Na₂CO₃

→ n_O2 = 2,25a + 3,75b = 2,22 mol ⁽²⁾

Từ (1,2) → a = 0,27 ; b = 0,43 mol

→ m_muối = m_Gly-Na + m_Ala-Na = 97.0,27 + 111.0,43 = 73,92g

Bảo toàn Na: n_NaOH = n_GlyNa + n_AlaNa = 0,7 mol

- Khi E + NaOH → Muối + Ancol. Bảo toàn khối lượng:

m_E + m_NaOH = m_Muối + m_ancol + m_H2O

→ m_H2O = 63,5 + 0,7.40 – 73,92 – 13,8 = 3,78g → n_H2O = 0,21 mol

→ n_Y + n_Z = n_H2O = 0,21 mol ⁽³⁾ (Phản ứng peptit: Peptit + nNaOH → Muối + H₂O)

X là este của Gly hoặc Ala và ancol T.

Dựa vào công thức X ban đầu có 5C => có 2 trường hợp có thể xảy ra:

X là NH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅ hoặc NH₂CH₂COOC₃H₇.

Nếu X là NH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅ → n_X = n_C2H5OH = 0,3 mol

→ Y,Z tạo từ 0,27 mol Gly và (0,43 – 0,3 = 0,13) mol Ala

→ Số N trung bình của Y,Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9 → Vô lý (peptit có số N > 1) → Loại

→X là NH₂CH₂COOC₃H₇ → n_X = n_C3H7OH = 0,23 mol

→ Y,Z tạo từ (0,27 – 0,23 = 0,04) mol Gly và 0,43 mol Ala

→ Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24

→ Y là dipeptit (1 liên kết) ; Z là heptapeptit (6 liên kết)

Bảo toàn N: n_N = 2n_Y + 7n_Z = 0,04 + 0,43 = 0,47 mol ⁽⁴⁾

Từ (3,4) → n_Y = 0,2 ; n_Z = 0,01 mol

- Gọi công thức của:  

Y: (Gly)_u(Ala)_2-u

Z: (Gly)_v(Ala)_7-v

→ Ta có: n_Gly = 0,2u + 0,01v = 0,04 → 20u + v = 4

→ u = 0 ; v = 4 thỏa mãn.

Vậy Y là (Ala)₂ (0,2 mol) và Z là (Gly)₄(Ala)₃ (0,01 mol) (M_Z > M_Y)

→ %m_Y = (0,02.160/63,5).100% = 50,39%