Dãy điện hóa: K, Ba, Ca, Na, Mg, Al, Zn, Fe, Ni, Sn, Pb, (H),Cu, Hg, Ag, Pt, Au (khi bà con nào may áo giáp sắt nên sang phố hàng đồng hiệu á phi âu).

Yêu cầu chiều tính khử tăng dần nên đó là dãy Fe < Al < Mg < K.

Chọn A. 

- Muối mononatri của axit glutamic là thành phần chính của bột ngọt hay mì chính.

A. Đúng, Tất cả các amino axit đều là những lưỡng tính.

B. Sai, Các hợp chất peptit kém bền trong cả môi trường axit lẫn môi trường bazơ.

C. Sai, Các đipeptit mạch hở trở lên mới có thể tác dụng được với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím.        

D. Sai, Trong 1 phân tử tetrapeptit thì chỉ có 3 liên kết peptit.

- Các kim loại kiềm, kiềm thổ đều tác dụng với H₂O ở nhiệt độ thường (trừ Be không phản ứng với H₂O ở bất kì nhiệt độ nào) và dung dịch thu được là các bazơ tương ứng.

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂ (M là kim loại kiềm)

N + 2H₂O → N(OH)₂ + H₂ (N là kim loại kiềm thổ, trừ Be)

Người ta đã ứng dụng tích dẻo và có ánh kim của vàng khi làm trang sơn mài

Nilon-6,6 trong thành phần có chứa nitơ

- Amino axit là loại hợp chất hữu cơ tạp chức mà phân tử chứa đồng thời nhóm amino (NH₂) và nhóm cacboxyl (COOH). Công thức chung: (H₂N)_x – R – (COOH)_y

Đồng phân của glucozơ là Fructozơ

CH₃COOCH₂CH₃ là etyl axetat 

Đáp án A

Phản ứng

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

0,07                      0,1               0,07 

m rắn khan = 40.nNaOH + 82.nCH₃COONa = 6,94 gam

- Saccarozơ hay còn gọi là đường mía, đường thốt nốt.

- Fructozơ là thành phần chính của mật ong (fructozơ có độ ngọt lớn nhất trong các loại cacbohidrat).

- Glucozơ hay còn gọi là đường nho, đường trái cây.

- Amilopectin là một đoạn mạch của tinh bôt.

- Ta có: 

\({n_{gluco{\rm{zo}}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{2} = \frac{{{n_{CaC{O_3}}}}}{2} = 0,075\,mol \Rightarrow {m_{gluco{\rm{zo}}}} = 0,075.180 = 13,5gam\)

\({M_{{{( - C{H_2} - C{H_2})}_n}}} = 56000 \Rightarrow n = \frac{{56000}}{{28}} = 2000\)

- Các polime mạch phân nhánh thường gặp là amilopectin và glicozen.

- Các polime mạch không gian thường gặp là cao su lưu hóa và nhựa rezit (nhựa bakelit).

- Các polime mạch không phân nhánh thường gặp là còn lại.

- Các amin có tính bazơ nên có khả năng làm đổi màu quỳ tím chuyển thành màu xanh trừ anilin (và đồng đẳng của nó) không làm đổi màu quỳ tím do có tính bazơ yếu.

- Đối với các amino axit có dạng (H₂N)_x-R-(COOH)_y thì :

+ Nếu x > y : quỳ tím chuyển sang màu xanh

+ Nếu x = y : quỳ tím không đổi màu.

+ Nếu x < y : quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

Vậy có 3 dung dịch làm đổi màu quỳ tím là:

· Các yếu tố ảnh hưởng đến nhiệt độ sôi:

- Phân tử khối: nếu như không xét đến những yếu tố khác, chất phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao.

- Liên kết Hiđro: nếu hai chất có phân tử khối xấp xỉ nhau thì chất nào có liên kết hiđro sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn.

- Cấu tạo phân tử: nếu mạch càng phân nhánh thì nhiệt độ sôi càng thấp.

· Dãy sắp xếp nhiệt độ sôi giảm dần của các hợp chất có nhóm chức khác nhau và phân tử khối xấp xỉ nhau:

Axit >  ancol >  amin > este > xeton > anđehit > dẫn xuất halogen > ete > C_xH_y

Vậy chất có nhiệt độ sôi thấp nhất là HCOOCH₃.

A. Sai, Đun nóng tinh bột với dung dịch axit thì xảy ra phản ứng cắt mạch polime      .

B. Sai, Trùng hợp axit e-aminocaproic thu được nilon-6.

C. Sai, Polietilen là polime được điều chế từ phản ứng trùng hợp.

D. Đúng, Trong phân tử cao su buna:  còn liên kết đôi C = C, nên có thể tham gia phản ứng cộng.

- Các kim loại đứng trước cặp H⁺/H₂ có thể tác dụng được với HCl.

- Các kim loại đứng trước cặp Ag⁺/Ag có thể tác dụng được với AgNO₃.

Vậy các kim loại vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch AgNO₃ là Mg, Zn, Al, Fe, Ni và Sn.

- Phương trình phản ứng :

CH₃CH(NH₂)COOCH₃ + NaOH →  CH₃CH(NH₂)COONa + CH₃OH (1)

CH₃CH(NH₂)COONa + HCl dư → CH₃CH(NH₃Cl)COOH + NaCl (2)

- Khi đốt cháy m gam X ta có hệ phương trình sau :

\(\left\{ \begin{array}{l}
 \to {m_X} = 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} - 32{n_{{O_2}}} = 12,32\,(g){\rm{ }}\\
 \to {n_{O(trong{\rm{ X)}}}} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{6} = 0,014\,mol
\end{array} \right. \Rightarrow {k_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} + 1 = 8 = 3{\pi _{C = O}} + 5{\pi _{C = C}}\)

- Khi cho 24,64 gam X (tức là 0,028 mol X) tác dụng với dung dịch Br₂ thì : 

\({n_{{\rm{B}}{{\rm{r}}_2}}} = 5{n_X} = 0,14mol\)

- Phương trình xảy ra:

(a) Mg + Fe₂(SO₄)₃ → MgSO₄ + 2FeSO₄ (1)        

Mg + FeSO₄ → MgSO₄ + Fe (2)

+ Nếu cho Mg tác dụng với Fe³⁺ dư thì chỉ dừng lại ở phản ứng (1) khi đó sản phẩm sẽ không có kim loại.

+ Nếu cho Mg dư tác dụng với Fe³⁺ thì xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) khi đó sản phẩm thu được có chứa kim loại.     

(b) Cl₂ + 2FeCl₂ → 2FeCl₃

(d) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

(e) 2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂

(f) 2Al₂O₃ → 4Al + 3O₂

Vậy có 3 thí nghiệm thu được kim loại là (c), (e), (f).

(a) Cu_(dư)  + 2Fe(NO₃)₃ →Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

(b) CO_{2 (dư)} + NaOH → NaHCO₃

(c) Na₂CO_{3 (dư)} + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2NaHCO₃ (ngoài ra còn Na₂CO₃ dư)

(d) Fe _dư + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Vậy có 2 thí nghiệm dung dịch thu được chỉ chứa 1 muối tan là (b), (d).

- Đốt cháy hỗn hợp este thì: 

\({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_{{\rm{binh 1 tang}}}}}}{{18}} = 0,345\,mol{\rm{ ; }}{{\rm{n}}_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = \frac{{{m_{{\rm{binh 2 tang}}}}}}{{100}} = 0,345\,mol$\)

- Nhận thấy rằng \({n_{{H_2}O}} = {n_{C{O_2}}}\), nên trong X chỉ chứa các este no, đơn chức, mạch hở.     

- Khi đốt cháy m gam X ta nhận thấy Þ X chứa 2 este no, đơn chức mạch hở.

\({n_{ - COO}} = {n_X} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{2} = 0,06\,mol \Rightarrow {C_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 3\;({C_3}{H_6}{O_2})\)

- Khi cho m gam X trên tác dụng với 0,11 mol KOH thì :

\(\left\{ \begin{array}{l}
68{n_{HCOOK}} + 82{n_{C{H_3}COOK}} = {m_{{\rm{r\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 3$}\kern-.1em/
 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 3$} n khan}}}} - 56{n_{KOH}} = 5,18\\
{n_{HCOOK}} + {n_{C{H_3}COOK}} = {n_X} = 0,06
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HCOOK}} = 0,05\,mol\\
{n_{C{H_3}COOK}} = 0,01\,mol
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{n_{C{H_3}COOK}}}}{{{n_{HCOOK}}}} = \frac{{0,01}}{{0,05}} = \frac{1}{5}\)

- Một số este có mùi thơm của hoa quả được dùng trong công nghiệp thực phẩm (bánh kẹo, nước giải khát) và mỹ phẩm (xà phòng, nước hoa…).

- Ta có:  \({n_{HCl}} = 2{n_{ly\sin }} = 0,2\;mol\)

m_muối = \({m_{{\rm{lysin}}}} + 36,5{n_{HCl}} = 21,9gam\)

- Khi đốt cháy etyl axetat thu được: 

\({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,03\;mol \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,672(lit)\)

- Ta có: 

\({m_{PE}} = 28{n_{PE}} = 28.\frac{{{V_{{C_2}{H_4}}}}}{{22,4}}.H\%  = 196gam\)

Phương trình:

[C₆H₇O₂(OH)₃]n + 3nHNO₃(đặc)  → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]n + 3nH₂O

nHNO₃ = 3n[C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n = 3. 29.7/297= 0,3 mol

Do hiệu suất chỉ đạt 90% nên mHNO₃ = 0,3 .63/0.9 =21kg 

(a) Sai, Hidro hóa glucozơ thu được soritol:

     HOCH₂[CHOH]₄CHO + H₂ → HOCH₂[CHOH]₄CH₂OH (Điều kiện: Ni, nhiệt độ)

(b) Đúng, Trong dạ dày của các động vật nhai lại như trâu, bò… có chứa enzim xenlulaza có thể làm thủy phân xenlulozơ.

(c) Sai, Xenlulozơ trinitrat là chất dễ cháy và nổ mạnh được dùng để làm thuốc súng.

(d) Đúng, Do H₂SO₄ đặc có tính háo nước nên khi cho H₂SO₄ vào đường saccarozơ thì :

C₁₂(H₂O)₁₁ + H₂SO_4(đặc) → C_(đen) + H₂SO₄.11H₂O

(e) Đúng, Trong công nghiệp dược phẩm, saccarozơ được dùng để pha chế thuốc.

Vậy có 3 phát biểu đúng là (b), (d) và (e)

X: C₂H₇O₃N

X + NaOH hay X + HCl đều thu được khí → X là muối hiđrocacbonat của amin : CH₃NH₃HCO₃

CH₃NH₃HCO₃ + NaOH → CH₃NH₂↑ + NaHCO₃ +  H₂O

CH₃NH₃HCO₃ + HCl → CH₃NH₃Cl + CO₂ ↑+ H₂O

0,1 mol X + 0,25 mol KOH

CH₃NH₃HCO₃ + KOH → CH₃NH₂↑ + KHCO₃ +  H₂O

0,1                     → 0,1                 → 0,1      (mol)

→ KOH dư = 0,25 – 0,1 = 0,15 sẽ tiếp tục phản ứng với KHCO₃

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

0, 1   ← 0,1         → 0,1        (mol)

→ rắn Y gồm KOH_dư = 0,25 – 0,2 = 0,05 (mol) và K₂CO₃: 0,1 (mol)

→ m_rắn = 0,05.56 + 0,1. 138 = 16,6 (g)

- Hỗn hợp Mg, Al và Al(NO)₃ tác dụng với dung dịch chứa NaHSO₄ (x mol) và 0,06 mol NaNO₃.

- Dung dịch X gồm \(M{g^{2 + }}(0,24\,mol)\), \(A{l^{3 + }}(y\,mol)\),\(N{a^ + }(x + 0,06\,mol),\,N{H_4}^ + (y\,mol)\)  và SO₄^2- (x mol).

(Lưu ý: số mol của Mg²⁺ được tính nhanh ở quá trình cho dung dịch X tác dụng với 0,92 mol NaOH được 13,92 gam ↓ với mục đích thuận tiện để giải bài tập, có \({n_{M{g^{2 + }}}} = {n_{Mg{{(OH)}_2}}} = \frac{{13,92}}{{58}} = 0,24\,mol\))

+ Xét dung dịch X:

\({n_{N{a^ + }}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 3{n_{A{l^{3 + }}}} + {n_{N{H_4}^ + }} = 2{n_{S{O_4}^{2 - }}} \to x + 0,06 + 0,24.2 + 3y + z = 2x\,(1)\)

\(23{n_{N{a^ + }}} + 24{n_{M{g^{2 + }}}} + 27{n_{A{l^{3 + }}}} + 18{n_{N{H_4}^ + }} + 96{n_{S{O_4}^{2 - }}} = {m_X} \to 23(x + 0,06) + 0,24.24 + 27y + 18t + 96x = 115,28\,(2)\)

- Xét hỗn hợp khí T ta có :  \({n_{{H_2}}} = {n_{{N_2}O}} = t\,mol\)

- Mà \({n_{NaHS{O_4}}} = 10{n_{N{H_4}^ + }} + 10{n_{{N_2}O}} + 2{n_{{H_2}}} \to x = 10z + 12t\,(3)\)

- Xét dung dịch thu được sau khi cho X tác dụng với dung dịch chứa 0,92 mol NaOH, ta có:

\({n_{N{a^ + }}} = 2{n_{S{O_4}^{2 - }}} + {n_{Al{O_2}^ - }} \to x + 0,06 + 0,92 = 2x + y\,(4)\)

- Giải hệ (1), (2), (3) và (4) ta được t = 0,04 mol. Khi đó \({n_{{H_2}}} = {n_{{N_2}O}} = 0,04\,mol \Rightarrow {V_T} = 1,792(lit)\)

- Có 4 chất tác dụng với glucozơ là: H₂, AgNO₃/NH₃ dư, Cu(OH)₂ và O₂

- Tại thời điểm 2s (s), xét hỗn hợp khí ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
2{n_{{M^{2 + }}}} + 2{n_{{H_2}}} = 4{n_{{O_2}}}\\
{n_{{H_2}}} = 0,1245 - {n_{{O_2}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
2a + 2b = 0,28\\
b = 0,0545
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,0855\\
b = 0,0545
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {M_{MS{O_4}}} = \frac{{13,68}}{{0,0855}} = 160\) suy ra M là Cu.

- Tại thời điểm t (s) thì \({n_{Cu}} = 2{n_{{O_2}}} = 0,07\,mol \Rightarrow {m_{Cu}} = 4,48gam\)

Saccarin (C₇H₅NO₃S) là một loại đường hóa học có giá trị dinh dưỡng cao và độ ngọt gấp 500 lần saccarozơ nên có thể dùng cho người mắc bệnh tiểu đường → Sai

Đáp án B

- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư, ta có:

\({n_{HCl}} = 2({n_{{H_2}}} + {n_{{H_2}O}}) = 0,53\;mol\)

+ Ta có:  \(a = {m_{KL}} + 35,5{n_{C{l^ - }}} = 27{n_{Al}} + 56{n_{Fe}} + 35,5{n_{HCl}} = 27,965gam\)

A. Đúng, Dung dịch CuSO₄ dùng trong nông nghiệp dể chữa mốc sương cho cà chua.

B. Đúng, Nhỏ C₂H₅OH vào CrO₃ thấy hiện tượng bốc cháy:

C₂H₅OH + 2CrO₃ → Cr₂O₃ + 2CO₂ + 3H₂O

C. Sai, Nhỏ dung dịch NH₃ tới dư vào dung dịch CuSO₄ xảy ra các phản ứng sau :

CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)_{2 xanh lam} + (NH₄)₂SO₄

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₂](OH)₂ : phức màu xanh lam

D. Đúng, Cu là kim loại màu đỏ, thuộc kim loại nặng, mềm và dễ dát mỏng. 

Kim loại được dùng để làm tế bào quang điện là Cs

- Xét quá trình phản ứng của Al với dung dịch X ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
133,5{n_{AlC{l_3}}} + 127{n_{FeC{l_2}}} = {m_{Al}} + {m_Y} - {m_{\rm{r}}} = 65,58\,(g)\\
{n_{AlC{l_3}}} = {n_{Al}} = 0,32
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{AlC{l_3}}} = 0,32\,mol\\
{n_{FeC{l_2}}} = 0,18\,mol
\end{array} \right.\)

- Trong Y có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
135{n_{CuC{l_2}}} + 162,5{n_{FeC{l_3}}} = {m_Y} = 74,7\\
2{n_{CuC{l_2}}} + 3{n_{FeC{l_3}}} = 3{n_{AlC{l_3}}} + 2{n_{FeC{l_2}}} = 1,32
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{CuC{l_2}}} = 0,12\,\\
{n_{FeC{l_3}}} = 0,36\,
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{n_{FeC{l_3}}}}}{{{n_{CuC{l_2}}}}} = \frac{3}{1}\)

Các đồng phân đơn chức, mạch hở có công thức phân tử là C₂H₄O₂ là CH₃COOH, HCOOCH₃

CH₃COOH là axit nên có thể tác dụng với Na, NaOH, NaHCO₃, AgNO₃/NH₃

\(C{H_3}COOH + Na \to C{H_3}COONa + \frac{1}{2}{H_2}\) ; \(C{H_3}COOH + NaOH \to C{H_3}COONa + {H_2}O\)

\(C{H_3}COOH + NaHC{O_3} \to C{H_3}COONa + C{O_2} + {H_2}O\);

\(C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}N{H_3} \to {\rm{ }}C{H_3}COON{H_4}\) 

HCOOCH3  có phản ứng tráng bạc và NaOH