Tên gọi của hợp chất có công thức cấu tạo CH₂=C(CH₃)CH=CH₂ là isopren.

Glixerol có số nguyên tử cacbon bằng số nhóm –OH

Kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất là Li

Poli(metyl metacrilat) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

AgNO₃ → Ag + NO₂ + O₂

Fe(NO₃)₂ → Fe₂O₃ + NO₂ + O₂

KNO₃ → KNO₂ + O₂

Cu(NO₃)₂ → CuO + NO₂ + O₂

Dung dịch NaHCO₃ không tác dụng với dung dịch Na₂SO₄.

Al không tan trong nước ở điều kiện thường

Khi thủy phân hoàn toàn xenlulozơ trong môi trường axit đun nóng ta thu được glucozo.

Đáp án A

(a) sai vì chất đó không phải peptit.

(c) sai vì C₆H₅NH₂ tính bazo rất yếu không đủ làm quỳ ẩm đổi màu.

(d) sai vì đipeptit không có khả năng tạo phức với Cu(OH)₂.

Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li chỉ xảy ra khi các ion kết hợp được với nhau tạo thành ít nhất một trong các chất sau:

+ Chất kết tủa.

+ Chất điện li yếu.

+ Chất khí.

Glucozơ có nhiều trong quả nho chín.

Đáp án D

Dung dịch X chứa các anion OH^– và AlO₂^–.

Sục CO₂ ta có các phản ứng:

CO₂ + OH^– → HCO₃^–.

CO₂ + AlO₂^– + H₂O → Al(OH)₃↓ + HCO₃^–

Thủy phân X thu được các đipeptit là Gly-Ala, Ala-Gly, Gly-Gly

→ thu được tối đa 3 đipeptit

Có 4 CTCT thỏa mãn là

C₆H₅-CH₂CH₃ và (m, p, o)-CH₃-C₆H₄CH₃

→ Chọn C

Silic phản ứng được với tất cả các chất trong dãy chất : F₂, Mg, dung dịch NaOH

Si + 2F₂ → SiF₄

Mg + Si → Mg₂Si

2NaOH + Si + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

Fructozơ không tham gia phản ứng tráng bạc → Sai → Đáp án A

Hầu hết các hidroxit của các kim loại nặng đều là hợp chất không tan

Để xử lý sơ bộ nước thải có chứa các ion kim loại nặng, người ta thường sử dụng nước vôi trong tạo các hidroxit không tan, lọc lấy phần dung dịch.

Anđehit axetic thể hiện tính oxi hoá trong phản ứng cộng hiđro sinh ra ancol

Đáp án A

Ta có phản ứng:

(C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₃ + 3KOH → 3C₁₅H₃₁COOK + C₃H₅(OH)₃.

Ta có n_Tripanmitin = 161,2 ÷ 806 = 0,2 mol ⇒ n_C15H31COOK = 0,6 mol.

⇒ m_C15H31COOK = 0,6×176,4 gam ⇒ Chọn D.

Hoặc tăng giảm khối lượng ta có: m_Muối = 161,2 + 0,2×(39×3 – 12×3 – 5) = 176,4 gam 

(e) sai . đó là thành phần chính của phân supephotphat đơn 

Còn phân supephotphat kép có thành phần chính là Ca(H₂PO₄)₂

(a) sai vì chất đó không phải peptit.

(c) sai vì C₆H₅NH₂ tính bazo rất yếu không đủ làm quỳ ẩm đổi màu.

(d) sai vì đipeptit không có khả năng tạo phức với Cu(OH)₂.

Kim loại Cr tan được trong dung dịch HCl tạo muối CrCl₃ và H₂.

Đáp án D

Số phát biểu đúng là gồm (b), (c), (d), (e) và (g).

(a) Sai vì có Al không thỏa mãn ⇒ Chọn C

Hình vẽ mô tả một dung dịch X nhỏ vào chất rắn Y để tạo khí

→ Loại A do phản ứng này dẫn khí vào rắn.

Mặt khác phản ứng tạo thành khí Z thu bằng phương pháp đẩy nước → Z phải là 1 khí không tan hoặc rất ít tan trong nước.

→ Loại B, D do SO₂ và NH₃ tan nhiều trong nước.

Đáp án C

(NH₄)₂SO₄ , FeCl₂ , MgCl₂

Ta có m_{Ancol Y} = 9 : 0,1 = 90.

Giả sử Y là ancol đơn chức ⇒ M_Y = M_CnH2n+1OH = 90 ⇒ n = 5,14 ⇒ Loại.

Giả sử Y là ancol 2 chức ⇒ M_Y = M_CnH2nOH2 = 90.

⇒ n = 4 (C₄H₄O₂) ⇒ X là andehit 2 chức ⇒ X tráng gương tạo 4 Ag.

⇒ n_Ag = (2,1/84).4.108 = 10,8 gam

Đặt số mol Ca(OH)₂ = a và n_NaAlO2 = b ta có phản ứng:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

Sau khi CO₂ dư vào ⇒ CaCO₃ + CO₂ + H₂ → Ca(HCO₃)₂

n_Al(OH)3 = 27,3 ÷ 78 = b = 0,35 mol.

⇒ n_Ca(OH)2 = 0,74 – 0,35 = 0,39 mol.

⇒ m = 0,39×100 + 27,3 = 66,3 gam Và x = 0,39 + 0,35 + 0,39 = 1,13 mol

Este no đơn chức mạch hở ⇒ CTPT là C_nH_2nO₂.

+ Phản ứng cháy: C_nH_2nO₂ + (3n-2)/2 O₂ → nCO₂ + nH₂O.

Vì n_O2 pứ = n_CO2 \(\Leftrightarrow \frac{{3n - 2}}{2} = n \Leftrightarrow n = 2\)

⇒ X là HCOOCH₃. Ta có n_HCOOCH3 = 0,1 mol.

⇒ m_Muối = m_HCOOK = 0,1×(45+39) = 8,4 gam 

Vì thể tích H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với H₂O < thể tích khí H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với KOH dư.

⇒ Khi X tác dụng với H₂O Al vẫn còn dư.

Đặt số mol Al = a và n_Na = b.

+ Pứ với H₂O Al còn dư ⇒ n_{Al pứ} = n_Na = b.

⇒ Bảo toàn e: 3b + b = 0,2×2 = 0,4 (1).

+ Pứ với KOH dư ⇒ Tan hoàn toàn.

⇒ Bảo toàn e: 3a + b = 0,35×2 = 0,7 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_Al = 0,2 và n_Na = 0,1.

⇒ m_X = 0,2×27 + 0,1×23 = 7,7 gam 

Đặt số mol 3 axit lần lượt là a b và c ta có:

60a + 74b + 72c = 6,3 gam (PT theo khối lượng hỗn hợp). (1)

c = 6,4:160 = 0,04 mol (PT theo số mol brom phản ứng). (2)

Để pứ hoàn toàn với 3,15 gam X cần 0,045 mol NaOH ⇒ 6,3 gam X cần 0,09 mol NaOH.

⇒ a + b + c = 0,09 (PT theo số mol NaOH pứ) (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ⇒ a = n_{Axit axetic} = a = 0,02 mol ⇒ m_{Axit axetic} = 1,2 gam.

⇒ %m_{Axit axetic/hh} = \(\frac{{1,2.100}}{{6,3}} \approx 19,05\% \) ≈ 19,05% 

Số mol HCl phản ứng = n_{axit glutamic} + n_glyxin + n_KOH = 0,55 mol.

Vì n_KOH = 0,3 mol ⇒ Sau pứ hoàn toàn n_{H2O sinh ra} = 0,3 mol.

+ Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_Muối = m_{axit glutamic} + m_glyxin + m_KOH + m_HCl – m_H2O = 53,825 gam.

∑n_{e trao đổi} = 0,3 mol < 2n_Cu²⁺.

⇒ Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl₂ và có thể có cả O₂.

Nếu chỉ có khí Cl₂ ⇒ Quy đổi m_{Dung dịch giảm} = m_CuCl2 = 0,15×135 = 20,25 ≠ 14,75 ⇒ Loại.

+ Vậy có cả O₂ thoát ra ⇒ m_{Dung dịch giảm} = m_CuCl2 + m_CuO.

+ Đặt số mol 2 chất lần lượt là a và b ta có:

a + b = 0,15 mol (PT bảo toàn Cu).

135a + 80b = 14,75 (PT theo m dung dịch giảm).

+ Giải hệ ⇒ a = n_CuCl2 = 0,05 mol ⇒ n_NaCl = 0,05×2 = 0,1 mol.

⇒ C_{M NaCl} = 0,1/0,2 = 0,5M 

Có quá trình khử : 4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO +2H₂O

Có n_H⁺ = 1 mol, n_NO3^- = 0,6 mol ⇒ số e nhận tối đa là 3 × 1 ÷ 4 = 0,75 mol

Quá trình oxi hoá : Cu → Cu²⁺ + 2e và Fe²⁺ → Fe³⁺ + 1e 

Số e nhường tối đa là là 2×0,15 + 0,3 = 0,6 mol < n_{e nhận tối đa}

Vậy chứng tỏ NO được tính theo số e nhường ⇒ NO = 0,6 : 3 = 0,2 mol.

⇒ V = 4,48 lít 

Đặt n_Ba = a, n_BaO = 2a và n_Ba(OH)2 = 3a

⇒ n_H2 = n_Ba = a ⇒ ∑n_Ba(OH)2 = a + 2a 3a = 6a = \(\frac{{6V}}{{22,4}}\)

⇒ ∑n_OH^– = \(\frac{{12V}}{{22,4}}\) ⇒ n_CO3^2– = \(\frac{{12V}}{{22,4}} - \frac{{8V}}{{22,4}} = \frac{{4V}}{{22,4}}\).

⇒ n_BaCO3 = \(\frac{{4V}}{{22,4}}\) × 197 = 98,5 => V = 2,8.

⇒ n_Ba = \(\frac{{2,8}}{{22,4}}\) = 0,125 mol ⇒ n_BaO = 0,25, n_Ba(OH)2 = 0,375.

⇒ m = 0,125×137 + 0,25×153 + 0,375×171 = 119,5 gam 

X + NaHCO₃ → Khí ⇒ X là axit ⇒ Loại A.

X có phản ứng tráng gương ⇒ Loại D.

T có pứ màu biure ⇒ T không thể là đipeptit ⇒ Loại C.

Đặt số mol C₂H₄ = b và n_C3H4 = c.

+ PT theo n_H2: b + 2c = 0,44 (1).

+ PT theo khối lượng kết tủa là: 147c = 17,64 (2).

⇒ Giải hệ PT (1) và (2) ⇒ b = 0,2 và c = 0,12

⇒ n_X = a = b + c = 0,32 

Đặt số mol các muối MgSO₄, FeSO₄, CuSO₄, (NH₄)₂SO₄ lần lượt là a, b, c, d

nNa₂SO₄(Y) = 0,5nNaNO₃ = 0,0225 mol

120a + 152b + 160c + 132d + 0,0225.142 = 62,605 (1)

nNaOH = 2a + 2b + 2c + 2d = 0,865 (2)

m↓ = 58a + 90b + 98c = 31,72 (3)

Sản phẩm sau đó là Na₂SO₄ → nNa₂SO₄ = 0,4325 + 0,0225 = 0,455

nBaCl₂ = 0,455 → Vừa đủ để tạo ra nBaSO₄ = 0,455

Sau đó thêm tiếp AgNO₃ dư → Tạo thêm AgCl = 0,455.2 = 0,91 mol và nAg = nFe²⁺ = b

→ m↓ = 108b + 0,91.143,5 + 0,455.233 = 256,04 (4)

Giải (1) (2) (3) (4) → a = 0,2; b = 0,18; c = 0,04; d = 0,0125

Như trên đã có nH₂SO₄ = nNa₂SO₄ tổng = 0,455

BTNT H: 2nH₂SO₄ = 8n(NH₄)₂SO₄ + 2nH₂ + 2nH₂O → nH₂O = 0,385 mol

BTKL: m_A = m _muối + m _khí + mH₂O – mNaNO₃ – mH₂SO₄ = 27,2 gam

Đáp án B

Khi tác dụng với HCl chỉ có các oxit bị hòa tan 

→ n_HCl = 4n_O2 → n_O2 = 0,03 mol

Gọi số mol của Cl₂ và Ag lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố Cl → n_AgCl = 2n_CL2 + n_HCl = 2. x + 0,12

→ 143,5( 2. x + 0,12) + 108y = 28,345

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình 3n_Fe + 2n_Zn = 2n_Cl2 + 4n_O2 + n_Ag

→ 3. 0,04 + 2.0,04 = 2.x + 4. 0,03 + y

Giải hệ → x= 0,035 và y = 0,01 

%Cl₂ = \(\frac{{0,035}}{{0,035 + 0,03}}.100\%  = 53,85\% \). 100% = 53,85%.

Đặt n_X = 2a ⇒ n_Y = a; n_Z = a ⇒ ∑n_a.a = 2×2a + 3×a + 4×a = 0,25 + 0,2 + 0,1.

⇒ a = 0,05 mol ⇒ ∑n_Peptit = 4a = 0,2 mol. Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

⇒ n_C2H3NO = 0,55 mol; n_CH2 = 0,2 + 0,1×3 = 0,5 mol; n_H2O = 0,2 mol.

+ Đốt E thu được n_CO2 = (0,55 × 2 + 0,5) = 1,6 và n_H2O = (0,55×1,5 + 0,5 + 0,2) = 1,525

⇒ ∑m_{(CO2 + H2O)} = 97,85 gam ⇒ TN₁ gấp 2,5 lần TN₂.

⇒ m = (0,55 × 57 + 0,5 × 14 + 0,2 × 18) ÷ 2,5 = 16,78 gam 

Bảo toàn khối lượng khi đốt E ⇒ m_CO2 = 34,32 gam => n_CO2 = 0,78 mol < n_H2O.

⇒ Ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở.

Ta có sơ đồ: 

+ PT bảo toàn oxi: 2a + 4b + 2c = 0,88 (1).

+ PT theo n_H2O – n_CO2: –b + c = 0,02 (2).

+ PT theo số mol NaOH pứ: a + 2b = 0,38 (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ta có: a = 0,3, b = 0,04 và c = 0,06 mol.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 0,4 mol ⇒ C_{Trung bình} = 1,95 ⇒ 2 Axit là HCOOH và CH₃COOH.

⇒ Hỗn hợp ban đầu gồm: 

⇒ PT theo khối lượng hỗn hợp: 

0,3(14n+32) + 0,04.[12(x+3) + 2x+4 + 64)] + 0,06.(14x + 34) = 25,04.

Û 4,2n + 1,4x = 9,24 [Với 1 < n < 2 ⇒ 0,6 < x < 3,6].

+ Vì Ancol T không hòa tan Cu(OH)₂ ⇒ T là HO–[CH₂]₃–OH với x = 3.

⇒ n = 1,2 ⇒ n_HCOOH = 0,3×(1–0,2) = 0,24 mol ⇒ %m_HCOOH = \(\frac{{0,24.46}}{{25,04}} = 44,01\% \)