Chọn đáp án B

Cấu hình e của R²⁺: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁶.

⇒ Cấu hình e của R: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁶ 4s².

⇒ R thuộc chu kì 4 và thuộc PNP VIII_B 

Ở trạng thái cơ bản, cấu hình electron của nguyên tử Mg (Z = 12) là 1s²2s²2p⁶3s² 

Chọn đáp án B

Cấu hình e của R²⁺: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁶.

⇒ Cấu hình e của R: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁶ 4s².

⇒ R thuộc chu kì 4 và thuộc PNP VIII_B 

Chọn đáp án D

Ở điều kiện thường thủy ngân có thể tác dụng với S.

Hg_(độc) + S → HgS _{(không độc)}

Chọn đáp án D

+ Dãy các kim loại tác dụng với H₂O ở điều kiện thường là:

Li, K, Ba, Ca, Na 

Xà phòng hóa tristearin thu được glixerol

Chọn đáp án B 

Chọn đáp án B

+ Vì trong chuối xanh có tinh bột ⇒ Làm dung dịch iot chuyển sang màu xanh.

Chọn đáp án D

Liti là kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất (0,53g/cm³).

⇒ Li là kim loại nhẹ nhất 

Trong cấu tạo của của tripeptit được tạo ra từ 3 gốc α–amino axit và có (3 – 1) = 2 liên kết peptit.

⇒ Chọn B

Alanin không làm đổi màu quỳ tím ẩm

Đáp án D

Hợp chất CH₃CH₂NH₂ có tên gọi là etylamin.   

Để gọi tên của este (RCOOR') ta đọc theo thứ tự:

Tên R' + Tên RCOO + at

⇒ Etyl axetat có CTCT là CH₃COOC₂H₅ ⇒ Chọn B

Ta có n_Fe = 0,25 mol và n_CuCl2 = 0,3 mol.

+ Phương trình phản ứng: Fe + CuCl₂ → FeCl₂ + Cu.

⇒ Fe tan hết và m_{Chất rắn} = m_Cu = 0,25 mol

⇒ m_{Chất rắn} = 0,25 × 64 = 16 gam ⇒ Chọn D

Ta có phản ứng:

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

Vì n_CH3COOC6H5 = 0,02 mol, n_NaOh = 0,05 ⇒ tính theo CH₃COOC₆H₅.

⇒ n_H2O = 0,02 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{Chất rắn} = 0,02×136 + 0,05×40 – 0,02×18 = 4,36 gam.

⇒ Chọn D

Ta có: n_CH3COOC2H5 = 0,1 mol > n_NaOH = 0,04 mol.

⇒ m_{Chất rắn} = n_CH3COONa = 0,04 mol.

⇒ m_CH3COONa = 0,04 × (15 + 44 + 23) = 3,28 gam

⇒ Chọn D

+ Saccarozo không tác dụng H₂ ⇒ Loại A và B.

+ Saccarozo trong CTCT k có nhóm andehit ⇒ Không có phản ứng tráng gương.

⇒ Chọn C

E là CH₃COOC₂H₅. X là C₂H₅OH còn Y là CH₃COOH

Đáp án A

+ Loại B và C vì có ClH₃NCH₂COOH.

+ Loại D vì có C₂H₅NH₂.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

có 3 đồng phân amin bậc hai có cùng công thức phân tử C4H11N gồm

C-C-NH-C-C

C-C-C-NH-C

C-C(C)-NH-C

Cho hỗn hợp gồm Fe và Mg vào dung dịch AgNO₃ khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thi được dung dịch X chứa 2 muối và chất rắn Y gồm 2 kim loại. Hai muối trong X là

Thứ tự xảy ra phản ứng là Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Có 2 muối trong dung dịch và 2 kim loại nên X có 2 muối là Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂ còn kim loại dư là Ag, Fe

D sai vì len, tơ tằm, tơ nilon kém bền với nhiệt và bị thủy phân bởi môi trường axit và kiềm.

⇒ Chọn D

Ta có sơ đồ chuyển hóa sau : Tinh bột → Glucose → ancol etylic→ axit axetic.

Hai chất X và Y lần lượt là Glucozo và ancol etylic      

Chiều giảm của tính dẫn điện và dẫn nhiệt của các kim loại là:

Ag > Cu > Au > Al > Fe ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

+ Số chất tác dụng với alanin CH₃–CH(NH₂)–COOH gồm:

NaOH, CH₃OH, HCl; H₂NCH₂COOH và H₂SO₄. 

Monome được dùng để điều chế polietilen bằng một phản ứng trùng hợp là CH₂=CH₂.

Đáp án D

B là 0,75 = 0,15 (n + (2n+2+x)/2 + x/2) → 2n+ x = 4

→ n =1 và x =2

→ A : CH₂(NH₂)₂ : 0,2 mol +  0,4 mol HCl

nCaCO₃ =0,8 mol

→ nCO₂ =0,8 mol → theo lý thuyết n_glucose= 0,4 mol

→ thực tế n_glucozo =  0,4 :0,75 =0,53 mol

→ m = 96

Chọn đáp án B

Để có phản ứng trùng hợp thì monome có liên kết đôi hoặc vòng kém bền.

⇒ Số polime được điều chế từ phản ứng trùng hợp gồm:

+ Polietilen, poli(vinyl clorua), tơ nitron, cao su buna–S và poli(metyl metacrylat).

B₁ : Xác định CTPT của X

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng cháy : m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

→ n_O2 = 0,25 mol

Bảo toàn nguyên tố O : n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2  = 0,1 mol

→ n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,4 : 0,1 = 2 : 4 : 1

X có CTTQ : (C₂H₄O)_n

Vì X + NaOH → muối axit hữu cơ + chất hữu cơ → X là este

X đơn chức → X chỉ có 1 nhóm COO

→ CTPT của X là C₄H₈O₂

B₂ : Xác định CTCT của X :

Vì X đơn chức → n_X = n_Y = 0,05 mol

→ M_Y = 96g ( muối Y có dạng RCOONa)

→ M_R = 29 (C₂H₅) → Muối Y là C₂H₅COONa

Vậy X là C₂H₅COOCH₃( metyl propionat)

(b) Sai vì tính bazo của anilin rất yếu ⇒ không làm đổi màu quỳ tím.

+ (e) Sai vì saccarozo không có liên kết π kém bền, không có nhóm chức andehit ⇒ Không làm mất màu nước brom.

⇒ Chọn D

(d) Sai vì ngược vị trí 2 chất béo, trong đó:

Tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ và triolein là (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

(3) Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

(5) Ở nhiệt độ thường, triolein ở trạng thái lỏng.

(8) Tơ xenlulozo axetat là tơ bán tổng hợp.

Đáp án C

Giả sử X gồm 3 peptit A, B, C có ti lệ mol 1:1:3

Quy đổi hỗn hợp peptit X về peptit Y : A+ B+ 3C → Y (A-B-C-C-C) + 4H₂O

Có n_Ala : n_Val = 16 : 7 → Trong Y có (16 + 7)k = 23k = số mắt xích

→ Số mắt xích trung bình của mối peptit A, B, C là :23k/15= 4,6k

Tổng số liên kết trung bình trong X là ( 4,6k-1) x3 = 13,8k - 3 < 13 → k < 1,15

→ k= 1

Vậy Y là một peptit chứa 16 Ala-7Val có số mol của Y là 0,17 : 17 = 0,01 mol

Bảo toàn khối lượng → m = m_Y + m_H2O = 0,01. ( 16. 89 + 7. 117-22. 18) + 4. 0,01. 18 = 19,19 gam.

Chọn đáp án B

Ta có: n_{HCl pứ} = n_NaOH + n_Alanin + n_{Axit glutamic}

⇒ n_{HCl pứ} = 0,3 + 0,1 + 0,15 = 0,55 mol.

+ n_{NaOH pứ} = n_H2O = 0,3 mol.

⇒ Áp dụng định luật BTKL ta có:

m_{Chất rắn} = m_Alanin + m_{Axit glutamic} + m_NaOH + m_HCl – m_H2O.

m_{Chất rắn} = 0,1×89 + 0,15×147 + 0,3×40 + 0,55×36,5 – 0,3×18 = 57,625 gam.

Ta có 3m gam X CnH2n+1NO2 → m1 gam CnH4nN2O3 → 1,35 mol H2O

3m gam CnH2n+1NO2 → 3m2 gam C3nH6n-1N3O4 →  3.0,425 mol H2O

Luôn có khi đốt đipeptit thu được nCO2 = nH2O = 1,35 mol

Vì lượng CO2 không đổi nên khi đốt tripeptit cũng cho số mol CO2 là 1,35 mol

→  n tripeptit = 0,15 mol

→ nX = 0,15.3 = 0,45 mol → n = 1,35 : 0,45 = 3

→ m = 0,15.89 = 13,35 gam

→ Đáp án C

Ta có các PTHH sau: 

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ 

Cr + 2HCl → CrCl₂ + H₂ 

Sn + 2HCl → SnCl₂ + H₂ 

Gọi x là số mol của Zn, Cr, Sn 

nZnCl₂ = nCrCl₂ = nSnCl₂ = x (mol) 

mZnCl₂ + mCrCl₂ + mSnCl₂ = 8.98 (g) 

136x + 123x + 190x = 8.98 → x = 0.02 (mol) 

2Zn    + O₂ → 2ZnO 

0.02     0.01 

4Cr   +   3O₂ → 2Cr₂O₃ 

0.02      0.015 

Sn    +   O₂ → SnO₂ 

0.02     0.02 

nO₂ = 0.01 + 0.015 + 0.02 = 0.045 (mol) 

VO₂ = 0.045 x 22.4 = 1.008 (l) 

X + O₂ → Y

Bảo toàn khối lượng có m_O2 = 0,48 g → n_O2 = 0,015 mol

Quy đổi Y thành kim loại và oxi

Ta có                

4H⁺ + 4e + NO₃^- → 2H₂O + NO

2H⁺ + O^2- → H₂O

→ n_H+ = 4n_NO + 2n_O =4.0,03 + 2.0,03= 0,18 mol

Bảo toàn nguyên tố H thì n_HNO3 = 0,18 mol 

X là C_nH_2n-2kO₂ (k < 2, vì có một liên kết π ở chức).

C_nH_2n-2kO₂ + (3n-k-2)/2O₂ → nCO₂ + (n-k)H₂O

Ta có:
VCO₂ = 4/6VO₂ → nCO₂ = 4/5nH₂O → n = 4, k = 0 (vì M_X < 100)

CTPT của X là: C4H8O2

CTCT là RCOOR’

RCOOR’ + KOH → RCOOK + R’OH

      x          → x            x

nKOH (ban đầu) = 0,7.0,2 = 0,14 (mol)

mchất rắn = mmuối + mKOH dư= x(MR + 83) + (0,14 –x).56 = 12,88

⇒x.M_R+27x =5,04

Biện luận tìm M_R và x (với x < 0,14):

R là H → M_R = 1 → x = 0,18 (loại)

R là CH3- → MR = 15→ x= 0,12 (nhận)

→ m = 0,12 . 74 = 8,88 (g)

R là C2H5 thì x = 0,09 (nhận)

(1) đúng vì m =0,12.88=10,56 hoặc 0,09.88 =7,92(g)

(2) sai vì X chỉ có tên etyl axetat hoặc metyl propionat

(3) đúng vì mmuối = 0,12.98=11,76 hoặc m =0,09 .112=10,08

(4) đúng vì X cho 4 đồng phân este và 2 đồng phân axit

(5) đúng vì mancol = 0,12.46=5,52 hoặc 0,09.32 = 2,88 g

Quy đổi hỗn hợp thành:

C₂H₃ON: 0,8 mol

CH₂: a mol

H₂O: b mol

→ m_T = 0,8.57 + 14a + 18b = 56,56

n_CO2 = 0,8.2 + a = a + 1,6

n_H2O = 0,8.1,5 + a + b = a + b + 1,2

⇒ (a + 1,6) : (a + b + 1,2) = 48/47

→ a = 0,32 và b = 0,36

Bảo toàn khối lượng → m_muối = m_T + m_KOH – m_H2O = 94,88

→ M_muối = 118,6 → trong muối chứa Gly-K (vì Gly-K có M = 113 nhỏ nhất)

Số N trung bình = 0,8 / b = 2,22 → X là đipeptit

n_H = 0,36 → n_X = 0,24; n_Y = 0,08; n_Z = 0,04

Nếu đặt u, v là số mắt xích trong Y và Z thì:

n_KOH = 0,24.2 + 0,08u + 0,04v = 0,8

→ 2u + v = 8 → có 2 cặp nghiệm phù hợp là: u = 2; v = 4 hoặc u = 3; v = 2

Do các amino axit có C = (a + 0,8.2) : 0,8 = 2,4 nên n_Gly > 0,48 mol (Gly nhỏ nhất khi hỗn hợp chỉ có Gly và Ala)

→ Dựa vào số mắt xích và số mol của X, Y, Z thì X phải là Gly-Gly thì mới chứa hết lượng Gly lớn như trên

→ M_X = 132

M_T = (6.MX+2.MY+MZ) : 9 = 56,56 : 0,36 → 6M_X + 2M_Y + M_Z = 1414

Mà 3M_X – 7M_Y + 3M_Z = 0

→ M_Y = 174;  M_Z = 274

→ Y là Gly-Val (nghiệm duy nhất)

Vậy u = 2 và v = 4

→ Z là (Gly)₂(Ala)₂

→ Thủy phân Z thu được n_Gly-Na = n_Ala-Na

→ m_­Gly-Na : m_Ala-Na = 0,874

Số N trung bình trong hỗn hợp T = n_NaOH/ n_T = 3,8/0,7 = 5,4

→ Số nhóm CONH trung bình trong là 5,4 -1 = 4,4

Mà X, Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 → X có liên kết 4 peptit → X có 6 oxi

Mà tổng số nguyên tử O trong X và Y bằng 13 → Y có 7 oxi → Y có 5 liên kết peptit

X + 5NaOH → Muối + H₂O

x  → 5x                                 (mol)

Y + 6NaOH → Muối + H₂O

y → 6y                                    (mol)

Tổng nY = x + y = 0,7 và Tổng nNaOH = 5x + 6y = 3,8 → x = 0,4 và y = 0,3

Gọi CTPT của X là ( Gly)_a(Ala)_5-a : 0,4 (mol)

Y là (Gly)_b(Ala)_6-b: 0,3 (mol)

Đốt X và Y thu được mol CO₂ bằng nhau:

Bảo toàn nguyên tố C ta có: n_CO2 = 0,4 [2a + 3( 5-a)] = 0,3 [ 2b + 3 (6-b)]

→ 4a – 3b =6

Vì a, b nguyên nên chỉ có a = 3 và b = 2 là nghiệm thỏa mãn

Vậy X là: (Gly)₃(Ala)₂: 0,4 (mol) ; Y là (Gly)₂(Ala)₄: 0,3 (mol)

BTKL: m_muối = m_X + m_Y + m_NaOH – m_H2O

→ m_muối = 0,4. 331 + 0,3. 416 + 3,8.40 – 0,7.18 = 396,6 (g)