Chọn đáp án B

+ Thể tích và khối lượng bằng nhảu ⇒ Phân tử khối bằng nhau.

⇒ andehit đơn chức có phân tử khối = 44.

⇒ M_RCHO = 44 ⇒ R = 15.

⇒ Andehit A là CH₃CHO (Etanal)

+ Xenlulozơ có CTPT là (C₆H₁₀O₅)_n Hay còn được viết dưới dạng [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.

⇒ Mỗi gốc C₆H₁₀O₅ của xenlulozơ có 3 nhóm (OH) ⇒ Chọn B

+ Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là Wolfram thường dùng để làm dây tóc bóng đèn

⇒ Chọn C

+ Mạng không gian gồm có: Cao su lưu hóa và nhựa bakelit.

⇒ Chọn C

+ Trong thành phần của mật ong có chứa:

~ 40% fructozo và ~ 30% glucozo ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

+ Vinyl axetat có CTCT là CH₃COOCH=CH₂

⇒ CTPT là C₄H₆O₂

Ankan X là C₆H₁₄.

+ Vì phản ứng với Cl₂ theo tỉ lệ 1:1 chỉ tạo tối đa 2 đồng phân.

⇒ CTCT của X là CH₃–CH(CH₃)–CH(CH₃)–CH₃ (2,3-đimetylbutan)

⇒ Chọn B

+ Theo dãy điện hóa ta có:

+ 2 muối lấy từ trước về sau lần lượt là: Fe(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂.

+ 2 kim loại lấy từ sau về trước là: Ag và Cu.

⇒ Chọn C

+ Chất điện li ⇒ có khả năng dẫn điện.

⇒ Chọn NaCl, NaOH, HCl, CH₃COONa, CH₃COOH và phenyl amoniclorua (C₆H₅NH₃Cl).

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Amino axit no có CTTQ là: C_mH_{2m+2–2k+tO2k}O_t.

+ Vì k = 2 và t = 1 ⇒ CTTQ là C_mH_2m–1O₄N.

⇒ n = 2m – 1

Chọn đáp án D

+ Để phản ứng với Na₂CO₃ ⇒ X là 1 axit

⇒ X chỉ có thể có CTCT là CH₂=CH–COOH (Axit acrylic) 

Chọn đáp án A

Ancol C₄H₉OH tạch nước để có đồng phân hình học.

⇒ CTCT của X phải là CH₃–CH₂–CH(CH₃)–OH.

⇒ Tên thông thường của X là ancol sec-butylic 

Chọn đáp án C

Ta có: n_Ba(OH)2 = 0,1 mol ⇒ n_OH^– = 0,2 mol.

+ n_HCl = 0,1 mol ⇒ n_H⁺ = 0,1 mol.

+ Nhận thấy n_OH^– > n_H⁺ ⇒ n_OH^– dư.

⇒ Dung dịch Z làm quỳ tím hóa xanh 

Số chất bị thủy phân trong dung dịch kiềm gồm:

Etyl axetat, triolein, tơ lapsan ⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

Tơ tằm là tơ tự nhiên.

Tơ nilon-6,6, tơ capron, tơ enang là tơ tổng hợp.

Tơ visco và tơ axetat là tơ bán tổng hợp hay còn gọi là tơ nhân tạo.

⇒ Chọn A

Vì n_NaHCO3 = n_Na2CO3 ⇒ n_HCO3^– = n_CO3^2–.

+ Đặt n_HCO3^– _pứ = n_CO3^2– _pứ = a mol.

⇒ n_HCO3^– _pứ × 1 + n_CO3^2– _pứ × 2 = n_HCl  

→ 3a = 0,03 → a = 0,01

⇒ n_CO2 = n_HCO3^– _pứ + n_CO3^2– _pứ = a + a = 0,02 mol

⇒ Chọn D

\(n_{glucozo}=\dfrac{1,5*10^3*0,8}{180}=\dfrac{100}{9} \Rightarrow n_{C_2H_5OH}=\dfrac{100}{9}*2*0,9=20\)

\(\Rightarrow m_{C_2H_5OH}=20*46=920(g) \Rightarrow V=\dfrac{920}{0,8}=1150(ml)\)

\(\Rightarrow V_{ruou}=\dfrac{1150}{0,4}=2875(ml)\)

Chọn đáp án A

+ Vì nCH₄ = nC₄H₆ ⇒ Quy đổi thành 1 phân tử C₅H₁₀ → (CH₂)₅

+ Còn C₂H₄ = (CH₂)₂.

⇒ Quy đổi toàn bộ hỗn hợp thành CH₂.

+ Đốt cháy: CH₂ + O ₂  $\stackrel{}{\to }$ CO₂ + H₂O.

+ Gọi nCH₂ = a ⇒ nCO₂ = nH₂O = a.

⇒ mGiảm = mCaCO₃ – mCO₂ – mH₂O = 100a – 44a – 16a = 7,6

⇒ a = 0,2 ⇒ m↓ = mCaCO₃ = 0,2.100 = 20 gam

Chọn đáp án D

Đipeptit + 2HCl ⇒ Sản phẩm.

⇒ n_Đipeptit = n_HCl ÷ 2 = 0,1 mol.

⇒ m_Đipeptit = 0,1 × (76 + 89 – 18) = 14,6 gam 

Chọn đáp án D

Vì andehit no đơn chức mạch hở ⇒ CTTQ là C_nH_2nO.

⇒ Gọi X có CTPT là C_nH_2nO ⇒ M_X = 14n+16.

⇒ M_T = 14n + 16 + 14×3.

+ Mà M_T = 2,4×M_X  

14n + 16 + 14×3 = 2,4 × (14n + 16) n = 1

⇒ X là HCHO ⇒ Z là C₂H₅CHO.

+ Đốt 0,1 mol C₂H₅CHO ⇒ n_CO2 = n_H2O = 0,3 mol.

⇒ m_Giảm = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = 0,3×100 – 0,3×(44+18) = 11,4 gam.

Chọn đáp án B

Thủy phân 1 mol pentapeptit X → 3 mol glyxin, 1 mol alanin và 1 mol valin → X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val

Ta có Ala-Gly và Gly-Gly-Val → Ala-Gly-Gly-Val

Có Gly-Ala, vừa tìm được Ala-Gly-Gly-Val và X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val.

⇒ Gly-Ala-Gly-Gly-Val → Đầu N là Gly, đầu C là Val

Chọn đáp án A

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅₃.

+ Ta có mC₁₇H₃₃COONa = 30,4.0,75 = 22,8 gam

⇒ nC₁₇H₃₃COONa= 0,075 mol.

⇒ nNaOH pứ = 0,075 mol và nC₃H₅(OH)₃ = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam 

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅(OH)₃

+ Ta có mC₁₇H₃₃COONa = 30,4.0,75 = 22,8 gam ⇒ nC₁₇H₃₃COONa = 0,075 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,075 mol và nC₃H₅(OH)₃ = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025.92 – 0,075.40 = 22,1 gam 

Do tác dụng được với Ag₂O/NH₃ tạo kết tủa nên chắc chắn có HCOOH.

n_Ag = 0,2 ⇒ n_HCOOH = 0,1 ⇒ m_HCOOH = 4,6 gam.

m_RCOOH = 13,4 – 8,8 gam.

n_RCOOH = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol ⇒ M_RCOOH = 88

⇒ C₃H₇COOH ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

(2) Sai vì NH₃ có thể tác dụng H₂SO₄ ⇒ mất khí cần làm khô.

(3) Sai vì NH₃ làm quỳ ẩm hóa xanh.

Chọn đáp án A

Ta có các phương trình phản ứng:

CH₃COOCH=CH₂ (M) + NaOH → CH₃COONa (A) + CH₃CHO (B)

CH₃CHO (B) + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₃COONH₄ (F) + 2Ag + 2NH₄NO₃

CH₃COONH₄ (F) + NaOH → CH₃COONa (A) + NH₃ + H₂O.

Chọn đáp án B

+ Dung dịch sau phản ứng + NaOH có hỗn hợp khí.

⇒ Chắc chắn có muối NH₄NO₃ ⇒ NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂O

+ Vì Zn dư ⇒ Zn + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + H₂↑

Gọi công thức chung của các axit là R(COOH)_n. Giả sử số mol X là 1 mol

- Tác dụng với NaOH:

R(COOH)_n → R(COONa)_n

1 mol                       1 mol     

→ m _tăng = 23n – n = 22n

→ a = m + 22n (1)

- Tác dụng với Ca(OH)₂:

R(COOH)_n → R(COO)_nCa_0,5n

1 mol                   1 mol            

→ m _tăng = 20.0,5n – n = 19n

→ b = m + 19n (2)

Ta lấy 22.(2) – 19.(1) được 3m = 22b – 19a

Chọn đáp án C

(d) Sai vì saccarozo được tạo từ 1 phân tử glucozo và 1 phân tử fructozo

⇒ thu được 2 loại monosaccarit khi thủy phân.

(g) Sai vì saccarozo không có phản ứng + H₂.

(h) Sai vì amilozo có tỉ lệ thấp hơn amilopectin.

ddX chứa các ion: Fe³⁺, SO₄^2-, NH₄⁺, Cl^-. Chia dd thành hai phần bằng nhau

- P1 + NaOH → 0,03 mol NH₃ + 0,01 mol Fe(OH)₃↓

- P2 + BaCl₂ dư → 0,02 mol BaSO₄

Dung dịch X sau khi chia thành hai phần bằng nhau: n_NH4⁺ = 0,03 mol; n_Fe³⁺ = 0,01 mol; n_SO4^2- = 0,02 mol.

Theo BTĐT: n_Cl^- = 0,03 + 0,01 x 3 - 0,02 x 2 = 0,02 mol.

m_X = 2 x (0,02 x 35,5 + 0,03 x 18 + 0,01 x 56 + 0,02 x 96) = 7,46 gam 

R-CH₂OH + O → RCHO + H₂O

R-CH₂OH + 2O → RCOOH + H₂O

Giả sử 1/2 hỗn hợp X gồm ancol dư: x mol, andehit: y mol, axit cacboxylic: z mol, H₂O: y + z mol

→ n _{ancol ban đầu} = x + y + z = 0,08/2 = 0,04 (1)

Ta có nếu axit không tác dụng với AgNO₃/NH₃ (tức là ancol không phải CH₃OH)

→ n _anđehit = y = n_Ag/2 = 0,045 mol > 0,04 mol (loại) 

→ Cả andehit và axit tham gia với AgNO₃/NH₃ 

→ Ancol là CH₃OH 

Phần 1: 

\(\begin{array}{l}
{n_{{H_2}}} = 0,5{n_{ancol}} + 0,5{n_{axit}} + 0,5{n_{{H_2}O}}\\
 \Leftrightarrow 0,5{\rm{x}} + 0,5z + 0,5(y + z) = \frac{{0,504}}{{22,4}}
\end{array}\)   (2)

Phần 2: nAg = 4nandehit + 2naxit ⇔ 4y + 2z = 0,09  $(3)$

Giải (1) (2) (3) được x = 0,015; y = 0,02; z = 0,005

Phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa là: 

\(100{\rm{\% }} - \frac{{0,015}}{{0,04}}.100{\rm{\% }} = 62,5\% \)

n_PVC = n_CH4 ÷ 2 × 0,5 × 0,8 = 4 kmol

⇒ m_PVC = 4×62,5 = 250 kg ⇒ Chọn A

Vì X tác dụng với HCl có khí thoát ra nên Al còn dư.

Gọi x là số mol Al tác dụng với 2 muối

Al →  Al³⁺ + 3e

x          x       3x 

Ag⁺   + 1e  →  Ag

0,03    0,03     0,03

Cu²⁺ + 2e   → Cu

0,03     0,06    0,03

→ 3x = 0,09 → x = 0,03 mol

Al   +   3H⁺ →  Al³⁺ + 3/2H₂

0,01                             0,015

→ m₂ = (108 + 64). 0,03 + 27.0,01 = 5,43 gam

→ m₁ = 27.(0,03 + 0,01) = 1,08 gam

Chọn đáp án B

Đốt 25,56 gam H + 1,09 mol O₂ → 48.CO₂ + 49H₂O + 0,02 mol N₂

→ giải n_CO2 = 0,96 mol và n_H2O = 0,98 mol; n_{amino axit} = 2n_N2 = 0,04 mol.

Bảo toàn O có ∑n_{O trong H} = 0,72 mol, este đơn chức → ∑n_este = 0,32 mol.

Có C_{trung bình} = 0,96 ÷ 0,36 = 2,666 mà C_Z ≥ 3 → có 1 este là C₂ → là HCOOCH₃.

→ ancol duy nhất là CH₃OH, n_ancol = n_este = 0,28 mol.

Phản ứng: H + KOH → (muối + KOH dư) + ancol + H₂O.

m_H = 25,56 gam; ∑n_KOH = 0,36 × 1,2 = 0,432 mol;

m_ancol = 0,32 × 32 = 10,24 gam; n_H2O = n_{amino axit} = 0,04 mol.

→ BTKL có m_{rắn yêu cầu} = 25,56 + 0,432 × 56 – 0,04 × 18 – 10,24 = 38,792 gam.

Chọn đáp án A

NO không nói spk duy nhất, đáp án có Mg, Ca, Zn → "mùi" của NH₄NO₃.

có n_HNO3 = 0,68 mol = 4n_NO + 10n_NH4NO3 (theo bảo toàn electron mở rộng).

→ đúng là có muối amoni và n_NH4NO3 = 0,02 mol.

Bảo toàn nguyên tố N có ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 0,52 mol

→ m_muối = x + 0,52 × 62 + 0,02 × 80 = 2,5x + 8,49

→ giải x = 16,9 gam.

Chia tỉ lệ: x ÷ ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 16,9 ÷ 0,52 = 65 ÷ 2

Số 65 và số 2 cho ta biết đó là kim loại Zn (hóa trị 2, M = 65)

Chọn đáp án A

Ta có: n_CO2 = n_H2O = 0,03 mol

⇒ n_C = 0,03 và n_H = 0,06 mol

⇒ m_C + m_H = 0,42 < 0,74 gam ⇒ m_O/X = 0,32 gam ⇒ n_O/X = 0,02 mol.

⇒ n_C : n_H : n_O = 0,03 : 0,06 :0,02 = 3 : 6 : 2

+ Vì công thức nguyên của X ≡ CTPT là C₃H₆O₂.

+ Ta có n_X = 0,74 : 74 = 0,01 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,01 mol ⇒ n_{NaOH dư} = 0,09 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{Chất rắn} = 0,74 + 1,03×100 – 99,32 = 4,42 gam.

⇒ m_Muối/Y = 4,42 – 0,09×40 = 0,82 gam.

⇒ M_Muối = 0,82 ÷ 0,01 = 82  

M_RCOONa = 82 → R = 15

⇒ Muối đó là CH₃COONa ⇒ X là CH₃COOCH₃.

 Giả sử có 100 gam phân supephotphat kép.

⇒ mP2O5 = 40 gam ⇒ nP2O5 ≈ 0,263 mol

+ Bảo toàn nguyên tố P ta có:

Ca(H2PO4)2 → P2O5

⇒ nCa(H2PO4)2 = 20/71 mol ⇒ mCa(H2PO4)2 ≈ 65,92 gam.

⇒ %mCa(H2PO4)2/Phân bón = \(\dfrac{65,92}{100}\) = 65,92%

+ Tương tự ta tính được %mKCl/Phân bón = 79,26%

⇒ Chọn D

Nhận thấy hỗn hợp M có dạng Gly-Ala-(Lys)_x

⇒ Công thức phân tử trung bình của M là C_5+6xH_{10 + 12x}N_2+2xO_3+x

%m_O = \(\dfrac{16. (3+x)}{12. (5 + 6x) + 10 +12x + 16. (3 +x) + 14. (2 +2x)}\)= 0,213018 → x ≈ 1,5

Gly-Ala-(Lys)_1,5 + 5HCl + 2,5H₂O → muối

Ta có n_{Gly-Ala-(Lys)1,5} = \(\dfrac{40,56}{75 + 89 + 146 \times 1,5 - 2,5\times 18}\) = 0,12 mol

⇒ m_Muối = 40,56 + 0,12.2,5.18 + 0,12.5.36,5 = 67,86 gam ⇒ Chọn B

Xét hỗn hợp 2 ancol đơn chức B ta có:

n_{hỗn hợp ancol} = nH₂O – nCO₂ = 0,15 mol.

⇒ C_{trung bình} = nCO₂ : n_{hỗn hợp ancol} = 2,33

⇒ 2 ancol là C₂H₅OH và C₃H₇OH.

+ Đặt nC₂H₅OH = a và nC₃H₇OH = b

⇒ Ta có hệ 2 phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,15\\2a + 3b = 0,35\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}^n{C_2}{H_5}OH = 0,1\\^n{C_3}{H_7}OH = 0,05\end{array} \right.\)

+ Hỗn hợp A ban đầu gồm có:

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}^nRCOO{C_2}{H_5} = 0,1\\^nR'C{\rm{OO}}{C_3}{H_7} = 0,05\end{array} \right.}_{12,5g}\)

⇒ 0,1.(R + 44 + 29) + 0,05.(R' + 44 + 43) = 12,5

⇒ 2R + R' = 17 ⇒ R = 1 ⇒ R' = 15

⇒ Hỗn hợp A gồm:

\(\left\{ \begin{array}{l}^nHCOO{C_2}{H_5} = 0,1\\^nC{H_3}C{\rm{OO}}{C_3}{H_7} = 0,05\end{array} \right.\)

⇒ %mHCOOC₂H₅ = \(\dfrac{0,1.74}{12,5}\) × 100 = 59,2%

⇒ %mCH₃COOC₃H₇ = 40,8%

⇒ Chọn B

- 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%