- Poli(vinyl clorua) là (-CH₂-CHCl-)_n chứa C, H, Cl

- Poli(vinyl axetat) là (-CH₂-CH(OOCCH₃)-)_n chứa C, H, O

- Polietilen là (-CH₂-CH₂-)_n chứa C, H

- Poliacrilonitrin là (-CH₂-CHCN-)_n chứa C, H, N

Trong hóa học vô cơ, phản ứng thuộc loại phản ứng oxi hóa - khử là

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

Chất béo là trieste của glixerol và các axit béo ( từ 12 Cacbon trở lên)

Poli(etylen terephtalat) được điều chế phản ứng trùng ngưng etylenglicol và axit terephtalic.

PTHH: \(nHOC{H_2}C{H_2}OH + nHOOC{C_6}{H_4}COOH\xrightarrow{{{t^o}}}{( - OC{H_2}C{H_2}O - OOC{C_6}{H_4}COO - )_n} + 2n{H_2}O\)

Đáp án A

Ta có: mỗi gốc oleat có 1 nối đôi C=C trong gốc hidrocacbon nên triolein có 3 nối đôi C=C

→ 1 mol (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅  phản ứng vừa đủ với 3 mol Br₂ nên  ntriolein= 0,2

Khối lượng rắn giảm = khối lượng oxi trong CuO phản ứng

n_O = 4: 16 = 0,25 (mol)

→ n_CO = n_O = 0,25( mol) → V_CO = 0,25.22,4 = 5,6 (lít)

[H⁺] = 0,1M → pH = - log[H⁺] = - log[0,1] = 1

nCO₂ = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)

→ n_X = n_CO2 = 0,2 (mol) → m = 0,2.100 = 20 (gam)

n(CH₃)₂NH = 4,5 : 45 = 0,1 (mol)

→ nCO₂ = 2 n(CH₃)₂NH = 2. 0,1 = 0,2 (mol)

Đọc từ trái sang thì amino axit đầu tiên là đầu N và cuối cùng là đầu C

→ amino axit đầu N là Gly ⇒ chọn D

3KOH + FeCl₃ → 3KCl + Fe(OH)₃↓

C₂H₅OH → C₂H₄ + H₂O

Fomalin là dung dịch HCHO có nồng độ 37-40%

Đáp án A

Đồng phân cấu tạo anken : CH₂=CH-CH₂-CH₃ ; CH₃-CH=CH-CH₃ ; CH₂=C(CH₃)₂

Đường saccarozo còn gọi là đường nho → Sai

Đáp án B

\(\begin{gathered}
C{O_2}:0,25mol + \left\{ \begin{gathered}
B{a^{2 + }}:0,23mol \hfill \\
O{H^ - }:0,45mol \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
*\, = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = 1,8 \Rightarrow {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2mol \hfill \\
B{a^{2 + }} + C{O_3}^{2 - } \to BaC{O_3} \hfill \\
\Rightarrow m = 39,40g \hfill \\
\end{gathered} \)

Xét 100 gam phân kali, khối lượng K₂O là 47 gam

2KCl   →  K₂O

149            94

y                 47

Suy ra 

y = (47.2.74,5) : 94 = 74,5

Vậy hàm lượng KCl có trong phân là 74,5%

Thủy phân hoàn toàn chất béo luôn thu được glixerol.

→ Đáp án D

Chất Y có khả năng làm mất màu dung dịch Br₂.

Đáp án C

n gly-ala-gly = 30,45 : 203 = 0,15 (mol)

n NaOH = 3 n gly-ala-gly = 3.0,15 = 0,45 (mol)

→ mNaOH = 0,45.40 = 18 (gam)

\(\left\{ \begin{gathered}
{K_2}O \hfill \\
A{l_2}{O_3} \hfill \\
MgO \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {H_2}O}}\left\{ \begin{gathered}
KOH \hfill \\
KAl{O_2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \to Al{(OH)_3}\)

sục khí CO2 tới dư thu được:

\(C{O_2} + {H_2}O + KAl{O_2} \to KHC{O_3} + Al{(OH)_3} \downarrow \)

MO tan trong H₂O → loại A và B (vì FeO và MgO không tan trong H₂O).

Do M(OH)₂ + Ba(HCO₃)₂ → 2 muối cacbonat 

→ loại D vì chỉ có BaCO₃

⇒ chọn C. 

Số chất trong dãy có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH là:  

CH₃COOH; H₂NCH₂COOH và CH₃NH₃Cl

Các chất: protein, tơ capron, tơ nilon - 6,6, keo dán ure - fomandehit

nHCl = 0,4 mol → x = 2

m muối = 38,2 → M muối = 191

→ X: (H2N)2C3H5(COOH)

→ 9CTCT

nKOH = (400.10%)/(100%.56) = 5/7 (mol)

Gọi nP₂O₅ = x (mol) → nH₃PO₄ = 2x (mol)

KOH dư nên muối thu được là K₃PO₄ : 2x (mol)

Gọi n_KOH dư là y (mol)

Ta có: 

142x = m; 212.2x + 65y = 3,5m và 6x + y = 5/7

→ x = 0,09779 → m_P2O5 = 142. 0,9779 = 13,88 (gam) ≈ 14(gam)

\({n_X} = 0,2\) mol ⇒ 1 phân tử X sinh ra 2 phân tử Y và 1 phân tử C₂H₅OH.

=> X là Cl-CH₂-COO-CH₂-COOCH₂-CH₃ ⇒ X chứa 3 nhóm –CH₂–.

nCO₂ = 0,04n và nH₂O = 0,02m → nO₂ dư = 0,44 – 0,04n – 0,02m

Bảo toàn O: 0,04 + 0,34.2 = 0,04n.2 + 0,02m + 2(0,44 – 0,04n – 0,02m)

→ m = 8 → X là C_nH₈O

nO₂ dư = 0,44 – 0,04n – 0,02m ≥ 0 → n ≤ 7

Khi nX = 0,05 thì m rắn > 10,8 nên X không thể là andehit no, đơn chức.

Vậy X là andehit có nối 3 đầu mạch. 

A sai vì HCl cũng là axit dễ bay hơi giống HNO₃ nên không thể dùng để điều chế HNO₃ thay cho H₂SO₄ được. 

Đốt X cũng như đốt Y. Đặt \({n_{HCHO}} = x;{n_{{C_2}{H_2}}} = y;{n_{{H_2}}} = z\).

\({n_{{O_2}}} = 0,25 = x + 2,5y + 0,5z;{n_{C{O_2}}} = 0,15 = x + 2y;{n_{{H_2}O}} = 0,25 = x + y + z\).

Giải hệ có: \(x = y = 0,05;z = 0,15\). Bảo toàn khối lượng: \({m_X} = 3,1\) (g).

\( \Rightarrow \% {m_{{C_2}{H_2}}} = 0,05 \times 26 \div 3,1 \times 100\%  = 41,94\% \)

(a) Sai vì anbumin tan trong nước tạo thành dung dịch keo.

(b) Đúng.

(c) Đúng.

(d) Đúng.

(e) Sai vì peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên mới có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ /OH- .

(f) Đúng.

(g) Sai vì với amin béo (amin no) thì bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

⇒ có 4 ý đúng

⇒ chọn C.

Đặt \({n_{{M_2}C{O_3}}} = x;{n_{MHC{O_3}}} = y;{n_{MCl}} = z \Rightarrow {n_{HCl{\rm{ phan ung}}}} = 2x + y$\) 

Bảo toàn nguyên tố Clo: \({n_{AgCl}} = 0,7 = 2x + y + z;{n_{C{O_2}}} = 0,4 = x + y\) 

\({m_X} = 32,65 = \left( {2M + 60} \right).x + \left( {M + 61} \right).y + \left( {M + 35,5} \right).z\) 

\(\Rightarrow 32,65 = M.\left( {2x + y + z} \right) + 60.\left( {x + y} \right) + y + 35,5z\) 

\( \Rightarrow 0,7M + y + 35,5z = 8,65 \Rightarrow 0,7M < 8,65 \Rightarrow M < 12,36\) 

=> M là Liti => M = 7 giải hệ có: x = y = 0,2 mol; z = 0,1 mol.

\( \Rightarrow \% {m_{MCl}} = 0,1 \times 42,5 \div 32,65 \times 100\%  = 13,02\% \).

Thí nghiệm thu được kết tủa là: (1), (3),(4),(5),(6)

Bảo toàn nguyên tố Natri: \({n_{NaOH}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 1 \Rightarrow {n_{NaOH}}:{n_X} = 1,67\) 

 X chứa este của phenol. Đặt \({n_{este}}\) của ancol = x; \({n_{este}}\) của phenol \(= y \Rightarrow {n_X} = x + y = 0,6\) mol.

\({n_{NaOH}} = x + 2y = 1\) mol. Giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,4 mol.

Do Z chỉ chứa 2 muối ⇒ Z gồm muối của axit cacboxylic và muối của phenol.

Đặt số C của muối của axit và phenol lần lượt là a và b (a ≥ 1; b ≥ 6).

\(\Rightarrow 0,6a + 0,4b = 2,5 + 0,5\). Giải phương trình nghiệm nguyên có a = 1, b = 6.

=> Z gồm 0,6 mol HCOONa và 0,4 mol C₆H₅ONa

\(m = \left( {0,6 + 0,4 \times 5} \right) \div 2 \times 18 = 23,4\) (g).

Số tập hợp tồn tại điều kiện thường là: (3),(4)

Đặt CT trung bình của M là GlyAla(Lys)x ⇒ M(M) = 128x + 146; số O = x + 3.

⇒ %mO = 16 × (x + 3) ÷ (128x + 146) × 100% = 21,302% ⇒ x = 1,5.

GlyAla(Lys)1,5 + 5HCl + 2,5H₂O → muối ⇒ nHCl = 0,6 mol; nH₂O = 0,3 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 0,12 × 338 + 0,6 × 36,5 + 0,3 × 18 = 67,86(g).

Giả sử x = 1. ⇒ n_C4H10 dư = 0,25 mol.

⇒ n_CH4 + n_C2H6 = n_C4H10 pứ = 0,75 mol. Y gồm CH₄ và C₃H₆ và C₄H₁₀ dư.

n_H2O = 3,05 = 2n_CH4 + 3n_C3H6 + 5 × 0,25. Giải hệ có: n_CH4 = 0,45 mol; n_C2H6 = 0,3 mol.

⇒ %m_CH4/Y = 0,45 × 16 ÷ (0,45 × 16 + 0,3 × 30 + 0,25 × 58) × 100% = 23,45%.

\(m\left( {Mg,Fe,Cu} \right) = 0,8a\left( g \right);{m_O} = 0,2a\left( g \right)\). Đặt \({n_{{H_2}S{O_4}}} = 1,32x \Rightarrow {n_{NaN{O_3}}} = 0,8x\).

\(\left\{ {\left( {Mg,Fe,Cu} \right);O} \right\} + \left\{ {{H_2}S{O_4}:1,32x;NaN{O_3}:0,8x} \right\} \to NO:0,08 + {H_2}O\left\{ {\left( {M{g^{2 + }},F{e^{? + }},C{u^{2 + }}} \right);N{a^ + }:0,8x;NH_4^ + ;SO_4^{2 - }:1,32x;NO_3^ - } \right\}\) 

\(\left\{ {\left( {M{g^{2 + }},F{e^{? + }},C{u^{2 + }}} \right);N{a^ + }:0,8x;NH_4^ + ;SO_4^{2 - }:1,32x;NO_3^ - } \right\} + KOH:1,22 \to \left\{ {{K^ + }:1,22;N{a^ + }:0,8x;SO_4^{2 - }:1,32x;NO_3^ - } \right\}\) 

\({n_{{H^ + }}} = 2{n_O} + 10{n_{NH_4^ + }} + 4{n_{NO}} \Rightarrow {n_{NH_4^ + }} = \left( {0,264x - 0,0025a - 0,032} \right){\rm{ mol}}\).

Bảo toàn nguyên tố nitơ: \({n_{NO_3^ - /Y}} = {n_{NO}} + {n_{NH_4^ + }} + {n_{NO_3^ - /Z}} \Rightarrow {n_{NO_3^ - /Z}} = 0,536x + 0,0025a - 0,048\) 

Bảo toàn điện tích: \({n_{{K^ + }}} + {n_{N{a^ + }}} = 2{n_{SO_4^{2 - }}} + {n_{NO_3^ - }} \Rightarrow 1,22 + 0,8x = 3,176x + 0,0025a - 0,048\) 

\(b = m\left( {Mg,Fe,Cu} \right) + {m_{N{a^ + }}} + {m_{NH_4^ + }} + {m_{SO_4^{2 - }}} + {m_{NO_3^ - }} = 183,104x + 0,91a - 3,552\)

\(\Rightarrow 183a = 50 \times \left( {183,104x + 0,91a - 3,552} \right)\) 

Giải hệ có: \(x = 0,5{\rm{ mol;a = 32}}\left( g \right) \Rightarrow b = 117,12\left( g \right)\).

T chứa 3 chất hữu cơ trong đó chắc chắn có Y ⇒ T phải chứa 2 ancol

⇒ Z là este tạo bởi axit 2 chức. Quy A về C₂H₄NO₂K, (COOK)₂, CH₂.

Đặt nC₂H₄NO₂K = x; n(COOK)₂ = y; nCH₂ = z ⇒ nO2 = 2,25x + 0,5y + 1,5z = 0,685 mol.

nK₂CO₃ = 0,11 mol. Bảo toàn nguyên tố Kali: x + 2y = 0,11 × 2

Đốt A cho CO₂: 1,5x + y + z; H₂O: 2x + z ⇒ 30,4 = 44.(1,5x + y + z) + 18.(2x + z)

Giải hệ có: x = z = 0,18 mol; y = 0,02 mol ⇒ nX = 0,06 mol.

Đặt số gốc CH₂ ghép vào peptit và axit là 2a và b (a ≥ 2; b ≥ 1).

⇒ 0,06.2a + 0,02b = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên: a = 1; b = 3.

⇒ X là Ala-Ala-Gly và muối của axit là C₅H₆O₄K₂. Do có cùng số C nên Z chứa 8C.

⇒ Z tạo bởi 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH ⇒ nCH₃OH = nC₂H₅OH = 0,02 mol.

⇒ mY = 0,08 × 24,75 × 2 – 0,02 × 32 – 0,02 × 46 = 2,4(g).

Xét phần 1: do sinh ra H₂ ⇒ Al dư. n_H2 = 0,075 mol ⇒ n_{Al dư} = 0,05 mol.

Rắn không tan là Fe. Ta có: 2H₂SO₄ + 2e → SO₂ + SO₄^2– + 2H₂O.

⇒ n_SO4^2– = n_SO2 = 0,6 mol ⇒ nFe = (82,8 – 0,6 × 96) ÷ 56 = 0,45 mol.

8Al + 3Fe₃O₄ → 4Al₂O₃ + 9Fe ⇒ n_Al2O3 = 0,45 × 4 ÷ 9 = 0,2 mol.

⇒ mphần 1 = 0,05 × 27 + 0,2 × 102 + 0,45 × 56 = 46,95(g) ⇒ m phần 2 = 187,8(g).

⇒ phần 2 gấp 4 lần phần 1 ⇒ phần 2 chứa 0,2 mol Al; 0,8 mol Al₂O₃; 1,8 mol Fe.

Ta có: n_H⁺ = 4n_NO + 2n_NO2 + 2n_O + 10n_NH4+ ⇒ n_NH4⁺ = 0,015 mol.

Đặt nFe(NO₃)₂ = b ⇒ a + b = n_Fe = 1,8 mol; Bảo toàn electron:

0,2 × 3 + 3a + 2b = 1,25 × 3 + 1,51 + 0,015 × 8.

Giải hệ có: a = 1,18.