Axetilen (C₂H₂) thuộc dãy đồng đẳng ankin.

Đáp án C

Đáp án A

Dùng bột lưu huỳnh vì 2 chất tác dụng được với nhau ở nhiệt độ thường:

Hg + S → HgS || HgS là chất rắn, có thể dễ dàng quét dọn được

Etanol là chất tác động đến thần kinh trung ương. Khi hàm lượng etanol trong máu tăng sẽ có hiện tượng nôn, mất tỉnh táo và có thể gây tử vong. Tên gọi khác của etanol là ancol etylic.

Đáp án D

Số liên kết peptit trong phân tử Gly–Ala–Ala–Gly là 3

Đáp án A

C₆H₁₂O₆ (glucozơ) không phải là chất điện li trong nước

Đáp án C

Tristearin không tan trong nước

Đáp án D

Ca(HCO₃)₂ là chất lưỡng tính

Đáp án D

Phân bón hóa học kép là KNO₃, vì chứa đồng thời 2 dinh dưỡng K và N

Đáp án cần chọn là: C

- Các polime được điều chế từ phản ứng trùng ngưng: nilon-6 (tơ capron), nilon-7 (tơ enan), lapsan, nilon-6,6 (đồng trùng ngưng), poli(phenol fomanđehit) (PPF)

Đáp án B

Sắt tây là hợp kim của sắt và Sn

Đáp án A

(1) khi chưa đun nóng → chưa có phản ứng → phân 2 lớp do este không tan trong nước

(2) khi đun nóng → xảy ra phản ứng : CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH là 2 chất đều tan tốt trong nước → tạo dung dịch đồng nhất

Đáp án D

Cả 2 chất đều phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 ⇒ n_X = n_NaOH = 0,03 mol.

Mặt khác, cả 2 đều có M = 60 ⇒ m = 0,03 × 60 = 1,8(g)

Đáp án B

Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Ba(HCO₃)₂ thì xảy ra phản ứng theo thứ tự:

NaOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ + NaHCO₃ + H₂O || NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

Đáp án B

Chọn B vì dùng quỳ tím thì các dung dịch:

– Glyxin: không làm quỳ tím đổi màu.

– Axit axetic: làm quỳ tím hóa đỏ.

– Etylamin: làm quỳ tím hóa xanh.

⇒ nhận biết được cả 3 dung dịch.

Đáp án C

n_Fe = 0,15 mol; n_H⁺ = 0,2 mol || Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑ ⇒ Fe dư ⇒ n_{Fe phản ứng} = 0,1 mol 

⇒ m_{muối khan} = m_{Fe phản ứng} + m_Cl + m_SO4 = 0,1 × 56 + 0,1 × 35,5 + 0,05 × 96 = 13,95(g) ⇒ chọn C.  

Nếu không so sánh Fe và H⁺ mà mặc định cho Fe hết thì sẽ chọn đáp án sai!.

Cụ thể: m_{muối khan} = m_Fe + m_Cl + m_SO4 = 8,4 + 0,1 × 35,5 + 0,05 × 96 = 16,75(g)

Đáp án B

Các chất thỏa mãn là CO₂, NaHCO₃ và NH₄Cl ⇒ chọn B.

Chú ý: SiO₂ chỉ phản ứng với dung NaOH đặc nóng hoặc NaOH nóng chảy.

Đáp án C

Đặt n_CO = x; n_CO2 = y 

⇒ n_khí = x + y = 0,5 mol

m_khí = 28x + 44y = 0,5 × 20,4 × 2.

⇒ giải hệ cho: x = 0,1 mol; y = 0,4 mol.

Lại có: CO + [O] → CO₂ ⇒ n_{O mất đi} = n_CO2 = 0,4 mol.

m = m_Y + m_{O mất đi} = 64 + 0,4 × 16 = 70,4(g)

Đáp án D

Metyl fomat là C₂H₄O₂ || Glucozơ hay fructozơ là C₆H₁₂O₆ = 3C₂H₄O₂.

⇒ quy X về C₂H₄O₂. Phương trình cháy: C₂H₄O₂ + 2O₂ → 2CO₂ + 2H₂O.

⇒ n_C2H4O2 = n_O2 ÷ 2 = 0,13 mol ⇒ m = 0,13 × 60 = 7,8(g)

Đáp án A

Chọn A vì ăn mòn điện hóa phát sinh dòng điện.

Đáp án A

GIẢ SỬ các dung dịch có cùng nồng độ mol là 1M.

Dung dịch có pH lớn nhất khi có [OH^–] lớn nhất.

(1) NH₃ + H₂O ⇄ NH₄⁺ + OH^– ⇒ [OH^–] < [NH₃] = 1M.

(2) NaOH → Na⁺ + OH^– ⇒ [OH^–] = [NaOH] = 1M. 

(3) Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^– ⇒ [OH^–] = 2.[Ba(OH)₂] = 2M.

(4) KNO₃ → K⁺ + NO₃^– ⇒ không có OH^–.

⇒ Ba(OH)₂ có pH lớn nhất

Anilin (C₆H₅NH₂) và phenol (C₆H₅OH) đều có phản ứng với dung dịch Br₂.

Đáp án D

Đáp án C

Nhìn phương trình dưới ⇒ số C/Y₁ = số C/Y₂ ⇒ Y₁ và Y₂ đều có 2C.

||⇒ X là CH₃COOC₂H₅ hay etyl axetat

Đáp án A

Chọn A vì tinh bột không tan trong nước lạnh và bị trương lên trong nước nóng.

Đáp án B

3Cu + 4H₂SO₄ + 2NaNO₃ → 3CuSO₄ + Na₂SO₄ + 2NO + 4H₂O.

(hay phương trình ion rút gọn là: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^– → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O).

⇒ Khi đó, vai trò của các chất là:

– Cu: chất khử (Cu → Cu²⁺ + 2e).

– NaNO₃: chất oxi hóa (N⁺⁵(NO₃^–) + 3e → N⁺²(NO)).

– H₂SO₄: cung cấp môi trường axit.

- Trong Y có 2 sản phẩm đều a mol.

- Mỗi sản phẩm chỉ tạo tối đa 2a mol Ag.

- Muốn tạo 4a mol Ag thì cả 2 sản phẩm phải tham gia tráng gương: nên B là đúng.

Đáp án B

Phản ứng hidro hóa được dùng trong công nghiệp để chuyển hóa chất béo lỏng (dâu)

thành mỡ rắn thuận tiện cho việc vận chuyển hoặc thành bơ nhân tạo và để sãn xuất xà phòng

Đáp án C

Các chất thỏa mãn là glixerol, Gly-Ala-Gly, axit axetic, fomanđehit, glucozơ và saccarozơ

Đáp án B

– X có phản ứng tách H₂O ⇒ chứa OH ⇒ loại C.

– X → Y → CH₃CH(CH₃)CH₂OH ⇒ X có nhánh ⇒ loại A.

Nhìn mạch C ⇒ loại D

Đáp án A

– Sản phẩm chứa chất khí (Y) ⇒ loại C.

– Thu Y bằng phương pháp đẩy H₂O ⇒ Y ít tan hoặc không tan trong H₂O.

⇒ loại B và D vì tan tốt trong H₂O

Sơ đồ chuyển hóa hoàn chỉnh:

C₆H₁₂O₆ (glucozơ) \(\xrightarrow[30-35^{o}C]{enzim}\) C2H5OH \(\xrightarrow[170^{o}C] {H_{2}SO_{4}}\) C2H4 \(\xrightarrow[]{+KMnO_{4}/H_{2}O}\) C2H4(OH)2 \(\xrightarrow[] {+CH_{3}COOH}\) (CH3COO)2C2H4.

Phương trình phản ứng:

C6H12O6 → 3C2H5(OH) (X) + 2CO2

C2H5OH → C2H4 (Y) + H2O

3C2H4 (Y) + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 (T) + 2KOH + 2MnO2 ↓. 

C2H4(OH)2 (T) + 2CH3COOH ⇄ (CH3COO)2C2H4 + 2H2O.

Xét các đáp án:

A. Sai vì C2H5OH tan tốt trong H2O.

B. Sai vì chứa nhiều gốc OH hơn nên C2H4(OH)2 có nhiệt độ sôi cao hơn C2H5OH.

C. Sai vì C2H4 không phản ứng được với KHCO3 .

D. Đúng vì chứa 2 gốc OH kề nhau

⇒ chọn D

Khi cho X với dung dịch NaOH thu được một muối vô cơ và hỗn hợp 2 khí đều có khả năng làm xanh quỳ tím ẩm nên công thức cấu tạo thỏa mãn tính chất của X là:

→ Có 2 chất thỏa mãn tính chất của X

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng: m_{dung dịch tăng} = m_Mg – m_X ⇒ m_X = 3,6 – 3,04 = 0,56(g).

⇒ M_X = 0,56 ÷ 0,02 = 28 (N₂) 

 Chú ý: "hòa tan hoàn toàn" ⇒ Mg hết.

Bảo toàn electron: 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_NH4NO3 ⇒ n_NH4NO3 = 0,0125 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

∑n_NO3^–_/Y = 0,4 – 0,02 × 2 – 0,0125 = 0,3475 mol.

⇒ Bảo toàn nguyên tố Natri: n_NaOH = n_NaNO3 = 0,3475 mol ⇒ V = 173,75 ml

Đáp án C

Đặt n_Gly-Na = x; n_Ala-Na = y ||⇒ n_HCl = 2x + 2y = 0,72 mol ⇒ x + y = 0,36 mol.

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_NaOH = n_NaCl = x + y = 0,36 mol 

⇒ m_muối = 0,36 × 58,5 + 111,5x + 125,5y = 63,72(g) 

Giải hệ cho: x = y = 0,18 mol. 

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_NaOH = m_G + m_H2O ⇒ n_E = n_H2O = 0,12 mol.

⇒ n_X = n_Y = 0,12 ÷ 2 = 0,06 mol || Lại có: m = 0,18 × 97 + 0,18 × 111 – 12,24 = 25,2(g).

m_X > 20(g) ⇒ m_Y < 25,2 – 20 = 5,2(g) ⇒ M_Y < 5,2 ÷ 0,06 = 86,67 ⇒ Y là Glyxin.

%m_X = 100% – %m_Y = 100% – 0,06 × 75 ÷ 25,2 × 100% = 82,14%

Đáp án A

(1) Đúng.

(2) Sai, hidro hóa hoặc khử hoàn toàn.

(3) Đúng.  

(4) Sai vì phải este no, đơn chức, mạch hở.

(5) Sai vì số nguyên tử N là 3 (do Lys chứa 2 gốc NH₂).

(6) Sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.

⇒ chỉ có (1) và (3) đúng

Đáp án B

Do các chất đều đơn chức ⇒ muối có dạng RCOONa với số mol là 0,1.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon ⇒ số H/muối = 0,05 × 2 ÷ 0,1 = 1 ⇒ R là H.

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O ⇒ n_H2O = 0,01 mol.

⇒ n_axit = 0,01 mol ⇒ n_este = 0,09 mol ⇒ n_ancol > n_este = 0,09 mol.

⇒ M_ancol < 3,2 ÷ 0,09 = 35,56 ⇒ ancol là CH₃OH ⇒ este là HCOOCH₃.

%m_este = 0,09 × 60 ÷ 6,18 × 100% = 87,38%

Đáp án D

Amin đơn chức ⇒ n_X = n_N = 2n_N2 = 0,03 mol. 

Mặt khác: m_X = m_C + m_H + m_N = 1,75(g).

n_H2SO4 = n_N ÷ 2 = 0,015 mol. Bảo toàn khối lượng:

⇒ a = 1,75 + 0,015 × 98 = 3,22(g)

Đáp án A

Dễ thấy Z là ancol 2 chức ⇒ n_Z = n_H2 = 0,26 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_Z = m_{bình tăng} + m_H2 = 19,24 + 0,26 × 2 = 19,76(g) ⇒ M_Z = 19,76 ÷ 0,26 = 76 (C₃H₈O₂).

Do T mạch hở ⇒ X và Y là axit đơn chức ⇒ n_{muối X} = n_{muối Y} = n_NaOH ÷ 2 = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_Na2CO3 = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_CO2 = 0,6 mol.

Gọi số C trong gốc hidrocacbon của 2 muối là x và y (x ≠ y; x, y Î N).

⇒ 0,2x + 0,2y = 0,2 + 0,6. Giải phương trình nghiệm nguyên: x = 0; y = 2.

⇒ 1 muối là HCOONa. Bảo toàn nguyên tố Hidro: H_{muối còn lại} = 3 ⇒ CH₂=CHCOONa.

Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 2,7(g) ⇒ ∑n_X,Y = n_H2O = 0,15 mol ⇒ n_T = 0,125 mol.

T là (HCOO)(C₂H₃COO)C₃H₆ 

%m_T = 0,125 × 158 ÷ 38,86 × 100% = 50,82%

Đáp án B

Giả sử NaOH không dư ⇒ chất tan có thể là Glu-Na hoặc Glu-Na₂ hoặc cả 2.

– Với chất tan là Glu-Na thì m_{chất tan} = 0,2 × 169 = 33,8(g).

– Với chất tan là Glu-Na₂ thì m_{chất tan} = 0,1 × 191 = 19,1(g).

⇒ 19,1(g) ≤ m_{chất tan} ≤ 33,8(g) ⇒ vô lí!.

⇒ NaOH dư.

Đặt n_Glu-Na2 = x; n_{NaOH dư} = y.

n_NaOH = 2x + y = 0,2 mol

m_{chất tan} = 191x + 40y = 16,88(g)

⇒ x = 0,08 mol; y = 0,04 mol.

n_HCl = 3n_Glu-Na2 + n_{NaOH dư} = 0,28 mol

⇒ V = 280 ml

Đáp án C

Do Y tác dụng AgNO₃ sinh ra NO ⇒ trong Y có chứa H⁺ và NO₃^– hết.

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O ⇒ ở phản ứng đầu, n_H⁺ = 0,4 – 0,02 × 4 = 0,32 mol.

⇒ n_NO3^– = 0,32 ÷ 4 = 0,08 mol ⇒ n_Fe(NO3)2 = 0,04 mol.

Đặt n_FeCl2 = x mol; n_Cu = y mol. m_X = 127x + 64y + 0,04 × 180 = 23,76 gam.

Bảo toàn nguyên tố Clo : n_AgCl = 2x + 0,4 mol.  

Bảo toàn nguyên tố Ag : n_Ag = 0,58 – (2x + 0,4) = 0,18 – 2x mol.

Bảo toàn electron cả quá trình : n_FeCl2 + 2n_Cu + n_Fe(NO3)2 = n_Ag + ³/₄n_H⁺. 

⇒ x + 2y + 0,04 = 0,18 – 2x + ³/₄ × 0,4 ⇒ giải: x = 0,08 mol; y = 0,1 mol.

⇒ n_Ag = 0,02 mol; n_AgCl = 0,56 mol ⇒ m = 0,02 × 108 + 0,56 × 143,5 = 82,52 gam.

Cách khác: n_NO = n_H⁺ ÷ 4 = 0,4 ÷ 4 = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_NO3^– = 0,04 × 2 + 0,58 – 0,1 = 0,56 mol.

Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe³⁺ = x + 0,04 mol.

Bảo toàn điện tích: (x + 0,04) × 3 + 2y = 0,56 mol ⇒ x và y

⇒ giải tương tự như cách trên!

Khi đốt cháy X, Y với số mol bằng nhau hoặc khối lượng bằng nhau đều thu được cùng tỉ lệ mol CO₂ và cùng tỉ lệ mol H₂O → X và Y có cùng phân tử khối

Do các chất là đơn chức nên số O = 1 hoặc O = 2

TH1: O(X) = 1, O(Y) = 1

X: C_2nH_mO

Y: C_3mH_2mO

M_X = M_Y → 24n + m + 16 = 36m + 2m + 16 → 12n + m = 0 vô lí vì n > 0, m > 0

TH2: O(X) = 1, O(Y) = 2

X: C_2nH_mO

Y: C_3mH_2mO₂

M_X = M_Y → 24n + m + 16 = 36m + 2m + 32 → 12n + m + 16 = 0 vô lí vì n > 0, m > 0

TH3: O(X) = 2, O(Y) = 1

X: C_2nH_mO₂

Y: C_3mH_2mO

M_X = M_Y → 24n + m + 32 = 36m + 2m + 16 → 12n + m = 16 → n = 1 và m = 4

→ X là C₂H₄O₂; Y là C₃H₈O

Các đồng phân của X: HCOOCH₃ và CH₃COOH

Các đồng phân của Y: CH₃-CH₂-CH₂-OH; CH₃-CH(OH)-CH₃ và CH₃-O-CH₂-CH₃

Chọn cặp X, Y:

+ Có 2 cách chọn X

+ Có 3 cách chọn Y

→ Có tất cả 2.3 = 6 cặp X, Y thỏa mãn

TH4: O(X) = 2, O(Y) = 2

X: C_2nH_mO₂

Y: C_3mH_2mO₂

M_X = M_Y → 24n + m + 16 = 36m + 2m + 16 → 12n + m = 0 vô lí vì n > 0, m > 0

KL: Có 6 cặp X, Y thỏa mãn