Quá trình kết hợp nhiều phân tử nhỏ (monome) thành phân tử lớn (polime) đồng thời giải phóng những phân tử nhỏ khác được gọi là phản ứng trùng ngưng.

Tơ nhân tạo hay tơ bán tổng hợp xuất phát từ polime thiên nhiên 

nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học (VD: tơ visco, tơ xenlulozơ triaxetat).

||⇒ chọn A. (B và C là tơ tổng hợp, D là tơ thiên nhiên).

Các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa  chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy

Chất béo là trieste của glixerol với axit béo ⇒ chọn C.

→ Axit béo là axit đơn chức có mạch Cacbon dài, không phân nhánh.

A. CH₃COOH ⇄ CH₃COO^– + H⁺ ⇒ là chất điện li yếu.

B. NaCl → Na⁺ + Cl^– ⇒ là chất điện li mạnh.

C. C₂H₅OH không phải là chất điện li.

D. H₂O ⇄ H⁺ + OH^– ⇒ là chất điện li yếu.

Etilen thuộc họ anken và nó cũng là anken bé nhất.

Etilen có CTCT là H₂C=CH₂ ứng với CTPT C₂H₄

Ở điều kiện thường, Be không phản ứng với nước

Đáp án B

Tên gọi khác của etanol là ancol etylic.

Đáp án B

A. Boxit là Al₂O₃.2H₂O.

B. Đá vôi là CaCO₃.

C. Thạch cao nung là CaSO₄.H₂O.

D. Thạch cao sống là CaSO₄.2H₂O.

Ta có: ^Fe2+/_Fe > ^Cu2+/_Cu > ^Ag+/_Ag > ^Au3+/_Au.

⇒ tính oxi hóa: Au³⁺ > Ag⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺ 

2,15(g) KL + ?O₂ → 3,43(g) X

Bảo toàn khối lượng: m_O = 1,28(g).

⇒ n_O = 0,08 mol. Lại có: O + 2HCl → 2Cl + H₂O.

V = 0,08 × 2 ÷ 0,5 = 0,32 lít = 320 ml

Đặt CT chung là C_nH_2n+3N

19,4(g) Amin + ?HCl → 34(g) Muối.

Bảo toàn khối lượng: m_HCl = 14,6(g) ⇒ n_amin = n_HCl = 0,4 mol.

⇒ M_tb = 48,5 ⇒ n = 2,25 ⇒ 2 amin là C₂H₇N và C₃H₉N

n_glixerol = 0,1 mol ⇒ n_NaOH = 0,1 × 3 = 0,3 mol. Bảo toàn khối lượng:

⇒ m = 9,2 + 91,8 – 0,3 × 40 = 89(g)

Chỉ có Ag không tác dụng được

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam phải chứa từ 2 -OH kề nhau.

⇒ các chất thỏa mãn là fructozơ và glucozơ

⇒ chọn C.

Do hỗn hợp gồm các cacbohidrat ⇒ quy về C_n(H₂O)_m.

Phương trình cháy: C_n(H₂O)_m + nO₂ → nCO₂ + mH₂O.

⇒ nC = nO₂ = 0,1125 mol

m = mC + mH₂O 

⇒ m = 0,1125 × 12 + 1,8 = 3,15(g) 

Đặt CT của X là H₂NRCOOH

26,7(g) X + ?HCl → 37,65(g) Muối.

Bảo toàn khối lượng: m_HCl = 10,95(g) ⇒ n_X = n_HCl = 0,3 mol.

M_X = 26,7 ÷ 0,3 = 89 ⇒ R = 28 (C₂H₄)

Hình vẽ: Khí X được thu bằng phương pháp đẩy không khí. 

Do bình úp ngược ⇒ khí X nhẹ hơn không khí. Xét các đáp án:

A và D. X là CO₂ (M = 44) ⇒ nặng hơn không khí ⇒ loại.

B. X là NH₃ (M = 17) ⇒ nhẹ hơn không khí ⇒ chọn B.

C. X là NO (M = 30) ⇒ nặng hơn không khí ⇒ loại.

n_Fe = n_H2 = 0,045 mol. Bảo toàn nguyên tố Fe:

n_Fe3O4 = 0,015 mol || [O] + H₂ → H₂O.

n_H2O = n_O = 0,06 mol ⇒ m = 1,08(g)

Quy quá trình về: Glu + HCl + NaOH vừa đủ.

⇒ n_{NaOH phản ứng} = 2n_Glu + n_HCl = 0,65 mol

n_Al = 0,02 mol; n_Cl^– = 0,07 mol; n_Na⁺ = 0,075 mol. Ghép NaCl

⇒ còn dư (0,075 – 0,07 = 0,005) mol Na⁺ ⇒ ghép với AlO₂ tạo NaAlO₂.

⇒ ghép được 0,005 mol NaAlO₂ và còn dư (0,02 – 0,005 = 0,015) mol nguyên tố Al.

Dùng nguyên tố đó ghép vào ↓ ⇒ n_Al(OH)3 = 0,015 mol ⇒ m = 1,17(g)

H⁺ + OH^– → H₂O

Trung hòa ⇒ n_OH^– = n_H⁺ = 0,05 mol.

Gọi hóa trị của X là n ⇒ n_X = 0,05 ÷ n ⇒ M_X = 1,15 ÷ (0,05 ÷ n)

⇒ M_X = 23n ⇒ n = 1 và M_X = 23 ⇒ X là Natri

Chỉ có (b) sai vì thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂

 (1) Đúng vì: 2C₃H₈O₃ + Cu(OH)₂ → (C₃H₇O₃)₂Cu + 2H₂O.

(2) Đúng vì C₂H₄ chỉ có thể là etilen (CH₂=CH₂) ⇒ xảy ra phản ứng:

CH₂=CH₂ + Br₂ → BrCH₂CH₂Br.

(3) Đúng vì CH₃COOCH₃ ≡ C₃H₆O₂ → 3CO₂ + 3H₂O ⇒ n_CO2 = n_H2O. 

(4) Đúng vì H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O.

Chỉ có (Z) không thỏa vì không tác dụng được với NaOH

Đối với HCHC chứa C, H và có thể có O thì: 

n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: b – c = 4a ⇒ k = 5 = 3π_C=O + 2π_C=C.

⇒ n_X = n_H2 ÷ 2 = 0,15 mol || Bảo toàn khối lượng: 

m₁ = 39 – 0,3 × 2 = 38,4(g). Lại có: n_NaOH ÷ n_X > 3.

⇒ NaOH dư ⇒ n_glixerol = n_X = 0,15 mol. Bảo toàn khối lượng:

⇒ m₂ = 38,4 + 0,7 × 40 – 0,15 × 92 = 52,6(g)

TH₁: X là CH₂(COONH₄)₂ và Y là (CH₃NH₃)₂CO₃.

n_NH3 = 0,01 mol và n_CH3NH2 = 0,03 mol ⇒ n_X = 0,005 mol và n_Y = 0,015 mol.

⇒ m_E = 0,005 × 138 + 0,015 × 124 = 2,55 gam < 2,62 gam ⇒ loại.

n_NH3 = 0,03 mol và n_CH3NH2 = 0,01 mol ⇒ n_X = 0,015 mol và n_Y = 0,005 mol.

⇒ m_E = 0,015 × 138 + 0,005 × 124 = 2,69 gam > 2,62 gam.

TH₂: X là NH₄OOC–COOCH₃NH₃ và Y là (CH₃NH₃)₂CO₃.

n_NH3 = 0,01 mol và n_CH3NH2 = 0,03 mol ⇒ n_X = 0,01 mol và n_Y = 0,01 mol.

⇒ m_E = 0,01 × 138 + 0,01 × 124 = 2,62 gam ⇒ nhận

⇒ muối gồm 0,01 mol (COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃

⇒ m = 0,01 × 134 + 0,01 × 106 = 2,4 gam ⇒ chọn B. 

n_NH3 = 0,03 mol và n_CH3NH2 = 0,01 mol → vô lí.

n_Fe = 0,02 mol; n_H⁺ = 0,06 mol ⇒ X chứa 0,02 mol FeCl₂ và 0,02 mol HCl.

AgNO₃ dư ⇒ Fe²⁺ → Fe³⁺ + e

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2HO; Ag⁺ + e → Ag.

Bảo toàn electron: n_Fe²⁺ = ³/₄n_H⁺ + n_Ag ⇒ n_Ag = 0,005 mol

Rắn gồm 0,06 mol AgCl và 0,005 mol Ag ⇒ m = 9,15(g)

n_Fe = 0,1 mol; n_Fe(NO3)2 = 0,15 mol. Đặt n_NO = x; n_N2O = y.

n_Z = x + y = 0,105 mol; m_Z = 30x + 44y = 0,105 × 16 × 2

⇒ giải hệ có:

x = 0,09 mol; y = 0,015 mol

Do Y chỉ chứa muối ⇒ H⁺ hết.

∑n_H⁺ = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4⁺ ⇒ n_NH4⁺ = 0,01 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = (0,61 – 0,01 × 4) ÷ 2 = 0,285 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 1,08(g)

Đặt n_N2 = x; n_H2 = y ⇒ n_T = x + y = 0,05 mol

m_T = 28x + 2y = 0,05 × 11,4 × 2 ||⇒ giải hệ có: x = 0,04 mol; y = 0,01 mol. 

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_H2O = n_O/Y = 0,25 × 6 – 0,45 × 2 = 0,6 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_NH4⁺ = (1,3 – 0,6 × 2 – 0,01 × 2) ÷ 4 = 0,02 mol.

Bảo toàn điện tích: n_Mg²⁺ = (1,3 – 0,02 – 0,25 × 2) ÷ 2 = 0,39 mol.

m = 0,39 × 24 + 0,25 × 64 + 0,02 × 18 + 1,3 × 35,5 = 71,87(g)

X là C₆H₅NH₂, Y là NH₃, Z là C₂H₅NH₂, T là C₆H₅OH

Quy E về Ala–Gly–Gly, HCOOH và CH₂ với số mol x, y và z ⇒ n_NaOH = 3x + y = 0,45 mol. 

Muối gồm C₂H₄NO₂Na: 2x mol; C₃H₆NO₂Na: x mol; HCOONa: y mol và CH₂: z mol.

⇒ n_O2 = 2,25 × 2x + 3,75x + 0,5y + 1,5z = 1,125 mol.

Bảo toàn nguyên tố Na, C và H: n_Na2CO3 = 1,5x + 0,5y; n_CO2 = 5,5x + 0,5y + z; n_H2O = 7x + 0,5y + z. 

⇒ m_CO2 + m_H2O = 44(5,5x + 0,5y + z) + 18(7x + 0,5y + z) = 50,75 gam

Giải hệ có: 

x = 0,1 mol; y = 0,15 mol; z = 0,15 mol ⇒ ghép vừa đủ 1 CH₂ cho HCOOH 

⇒ peptit là Gly₂Ala và Y là CH₃COOH ⇒ muối có PTK nhỏ nhất là CH₃COONa 

⇒ m_CH3COONa = 0,15 × 82 = 12,3 gam

Axit no, 2 chức có dạng C_nH_2n–2O₄ ⇒ %C = \(\frac{{12n}}{{14n + 62}}\) > 30%.

⇒ n > 2. Lại có, n_H2O = 0,45 mol > n_CO2 = 0,35 mol ⇒ X, Y no, mạch hở.

Đặt n_axit = x; ∑n_X,Y = y ⇒ n_E = x + y = 0,2 mol; n_CO2 – n_H2O = x – y = – 0,1 mol.

Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,15 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/E = 0,35 mol.

⇒ số O_X,Y = (0,35 – 0,05 × 4) ÷ 0,15 = 1

⇒ X, Y là ancol no, đơn chức, mạch hở.

Đặt số C trung bình của X, Y là m (m > 1) ⇒ n_CO2 = 0,05n + 0,15m = 0,35 mol.

⇒ n = 3 và m = ⁴/₃ ⇒ X là CH₃OH, Y là C₂H₅OH. Đặt n_X = a; n_Y = b.

⇒ a + b = 0,15 mol; a + 2b = 0,15 × ⁴/₃ ||⇒ giải hệ có: a = 0,1 mol; b = 0,05 mol.

Dễ thấy khối lượng lớn nhất khi các ancol đều phản ứng tạo este 1 chức.

⇒ 0,03 mol CH₂(COOH)(COOCH₃) và 0,01 mol CH₂(COOH)(COOC₂H₅).

m = 0,03 × 118 + 0,01 × 132 = 4,86(g)

⇒ chọn C.

k = 6 = 1 vòng benzen + 2π_C=O ⇒ X không chứa π_C=C ngoài vòng benzen.

Dễ thấy X là HCOOC₆H₄CH₂OOCH ⇒ Y là HCOONa, Z là NaOC₆H₄CH₂OH.

⇒ T là HOC₆H₄CH₂OH ⇒ C sai vì T tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 1

Do NaOH + X → kết tủa ⇒ X chứa muối Ca(HCO₃)₂. Có 2 TH: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
NaOH + Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} \to NaHC{O_3} + CaC{O_3} \downarrow  + {H_2}O\\
2NaOH + Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} \to N{a_2}C{O_3} + CaC{O_3} \downarrow  + 2{H_2}O
\end{array} \right.\)

Cần "tối thiểu" NaOH nên ta lấy TH1 ⇒ n_Ca(HCO3)2 = n_NaOH = 0,1 mol.

n_CaCO3 = 0,5 mol

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: n_CO2 = 0,7 mol.

Lại có: Tinh bột → Glucozơ → 2C₂H₅OH + 2CO₂↑

⇒ m = 0,7 ÷ 2 ÷ 0,75 × 162 = 75,6(g)

Bảo toàn khối lượng: m_{CH4 ban đầu} = m_X = 0,08 × 5 × 2 = 0,8(g).

⇒ nCH₄ ban đầu = 0,8 ÷ 16 = 0,05 mol 

Lại có: nπ sinh ra = ∆n.

⇒ nBr₂ phản ứng tối đa = nπ sinh ra = 0,03 mol ⇒ mBr₂ = 4,8(g)

(a) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O.

(b) T = \(\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{C{O_2}}}}}\) = 1,5 ⇒ sinh ra 2 muối Na₂CO₃ và NaHCO₃.

(c) 2KMnO₄ + 16HCl_đặc → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂↑ + 8H₂O.

(d) Fe₂O₃ + Cu → 2FeO + CuO ⇒ còn dư Fe₂O₃ ⇒ Quy về:

FeO, Fe₂O₃ và CuO ||⇒ tan tạo FeCl₂, CuCl₂ và FeCl₃.

(e) CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O.

(f) 2KHS + 2NaOH → K₂S + Na₂S + 2H₂O.

⇒ (d) và (e) không thỏa

Tại anot chỉ có H₂O bị điện phân dù ở t(s) hay 2t(s).

Xét tại t(s): 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e ||⇒ n_O2 = a mol ⇒ n_e = 4a mol.

Xét tại 2t(s): n_e = 8a mol; n_O2 = 2a mol < 2,5a mol ⇒ còn H₂ 

(⇒ D đúng) ⇒ n_H2 = 0,5a mol. Xét quá trình điện phân ở 2 cực:

Catot: M²⁺ + 2e → M || 2H₂O + 2e → 2OH^– + H₂.

Anot: 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e. Bảo toàn electron:

n_M²⁺ = (8a – 0,5a × 2) ÷ 2 = 3,5a mol (⇒ A đúng).

Do H⁺ sinh ra trước OH^– ⇒ H⁺ luôn dư

⇒ C đúng 

(a) Mg + Fe₂(SO₄)_{3 dư} → MgSO₄ + 2FeSO₄.

(b) 2FeCl₂ + Cl₂ → 2FeCl₃.

(c) CuO + H₂ → Cu + H₂O.

(d) 2Na + H₂SO_{4 dư} → Na₂SO₄ + H₂↑.

(e) 2AgNO₃ → 2Ag↓ + 2NO₂↑ + O₂↑.

(g) 4FeS₂ + 11O₂ →  2Fe₂O₃ + 8SO₂↑.

(h) CuSO₄ + H₂O → Cu↓ + H₂SO₄ + O₂↑. (điện phân dung dịch, điện cực trơ)

⇒ (c), (e) và (h) thỏa

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

(b) Sai vì C₆H₅NH₃^+–Cl chứa liên kết ion ⇒ tan tốt trong H₂O.

(c) Đúng.

(d) Đúng.

(e) Sai vì amino axit là những chất rắn ở điều kiện thường.

⇒ chỉ có (c) và (d) đúng