Dùng nước đá và nước đá khô để bảo quản thực phẩm

Đáp án C

Khi cho dung dịch anbumin tác dụng với Cu(OH)₂ thì thu được dung dịch màu tím

Đáp án A

Li có khối lượng riêng nhỏ nhất

Đáp án D

Chọn đáp án D.

Fe không xảy ra phản ứng với ZnCl₂

Chất hữu cơ X là chất rắn, màu trắng, không tan trong nước, dạng nguyên chất hay gần nguyên chất được chế thành sợi, tơ, giấy viết → Chất X là xenlulozo

Đáp án D

Cu được điều chế bằng phản ứng thủy luyện

Đáp án C

Tinh bột thuộc polisaccarit

Đáp án A

Chất bột X màu đỏ, được quét lên phía ngoài của vỏ bao diêm. Chất X là Photpho. 

Đáp án B

Phương pháp chưng cất dùng để tách các chất lỏng có nhiệt độ sôi khác nhau nhiều

Khi đun sôi 1 hh lỏng, chất nào có nhiệt độ sôi thấp sẽ chuyển thành hơi sớm hơn và nhiều hơn. Ta dùng nhiệt kế đo nhiệt độ sôi của chất đang chưng cất, phát hiện thời điểm thích hợp để thu chất

CH₃NH₂ pư được với CH₃COOH

CH₃NH­₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃CH₃

Đáp án C

CH₃COOCH₃ là este no, đơn chức, mạch hở

Đáp án C

Axit aminoaxetic không làm đổi màu quỳ tím

Đáp án A

A. Thanh thép đã được sơn phủ cách li và để trong không khí khô nên không xảy ra ăn mòn điện hóa.

B. Không xảy ra ăn mòn điện hóa vì chỉ xuất hiện 1 cặp oxi hóa khử Cu²⁺/Cu

C. Xảy ra ăn mòn điện hóa vì đảm bảo 3 yếu tố

+ xuất hiện 2 cặp oxi hóa khử khác nhau về bản chất là Fe²⁺/Fe và Cu²⁺/Cu

+ tiếp xúc trực tiếp với nhau

+ cùng được nhúng trong dung dịch chất điện li là H₂SO₄ loãng.

Tơ visco có nguồn gốc từ xenlulozơ

Đáp án A

Valin có tính lưỡng tính

Đáp án C

polietilen, poli(vinyl clorua), nilon–6,6, xenlulozơ. 

Chất phản ứng được với dung dịch KOH là: phenylamoni clorua, glyxin, metyl axetat.

Có 5 đồng phân thõa mãn:

CH2=CH-COO-CH2-CH3

CH2=CH-CH2-COO-CH3

CH3-CH=CH-COO-CH3   (Cis và Trans)

CH2=C(CH3)-COO-CH3

Phản ứng xảy ra trong dung dịch các chất điện ly là phản ứng giữa các ion.

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

- Chất kết tủa.

- Chất điện ly yếu

- Chất khí.

Đáp án C

Z có tráng bạc nên Z là HCOONa

→ X là (HCOO)2C3H6

Y hòa tan được Cu(OH)2 nên Y là HOCH2-CHOH-CH3

→ Phát biểu D sai

Thủy phân hoàn toàn đisaccarit A thu được hai mono saccarit X và Y. Hiđrô hóa X hoặc Y đều thu được chất hữu cơ Z. Vậy A và Z lần lượt là Saccarozơ và sobitol.

Đáp án D

A. 1 mol CH₂=CH₂ cộng tối đa được 1 mol Br₂.

B. 1 mol CH₂=CH-CH=CH₂ cộng tối đa được 2 mol Br₂

C. CH₄ không phản ứng cộng được với Br₂

D. CH≡CH phản ứng cộng tối đa được 2 mol Br₂

Đáp án A

Tất cả các phát biểu trên đều đúng

Đáp án B

nSO42- = (6,84 - 2,52)/96 = 0,045 mol

Kim loại M hóa trị x. Bảo toàn electron:

2,52x/M = 0,045.2 → M = 28x

→ x = 2 và M = 56: M là Fe

Chọn D.

Thuỷ phân peptit trên thu được NH₂-CH(CH₃)-COOH; NH₂-CH(C₆H₅)-COOH; NH₂-CH₂-COOH

mC6H12O6 = 0,2 mol

mC6H12O6 = 0,2.92%.180 = 33,12 gam

n_HCl = 0,1 mol; n_KOH = 0,19 mol

Đặt công thức chung của hỗn hợp X là C_nH_2n+1N₂O

* X tác dụng với HCl sau đó tác dụng với KOH vừa đủ

n_KOH = n_HCl + n_X → n_X = n_KOH – n_HCl = 0,19 – 0,1 = 0,09 mol

* Đốt cháy X:

Dễ thấy: n_X = (n_H2O-n_CO2)/0,5 (HS tự chứng minh bằng cách viết PTHH)

Đặt n_CO2 = x mol và n_H2O =  y mol

→ (y – x)/0,5 = 0,09 (1)

m _{dd giảm} = m_BaCO3 – (m_CO2 + m_H2O) => 197x – (44x + 18y) = 43,74 (2)

Giải (1) và (2) thu được: x = 0,33 và y = 0,375

Thành phần các nguyên tố C, H, N, O trong hỗn hợp X là:

n_C = n_CO2 = 0,33 mol

n_H = 2n_H2O = 0,75 mol

n_N = n_X = 0,09 mol

n_O = 2n_X = 0,18 mol

→ a = m_C + m_H + m_O + m_N = 0,33.12 + 0,75 + 0,09.14 + 0,18.16 = 8,85 gam

BTNT(O): 6nX + 2nO = 2nCO2 + nH2O → nH2O = 6a + 4,5

Độ không no của X là k = 3 + 0,2/a

nX = (nH2O - nCO2 )/(1-k)

→ a = (6a + 4,5 -5,5)/(1-3-0,2/a)

→ a = 0,1

BTKL: mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 85,8

nC3H5(OH)3 = a = 0,3

BTKL: mX + mNaOH = m muối + mC3H5(Oh)3

→ m muối = 88,6 gam

Số thí nghiệm xảy ra oxi hóa khử là: (a), (c), (d), (e).

Chọn đáp án B.   

Tại vị trí nHCl = 2a trên đồ thị thu được 0,25x mol CO2 nên ta có các phương trình:

CO32- + H+ → HCO3-

   a          a            a

HCO3-  + H+ →CO2 + H2O

   a            a         a

→ nCO2 = 0,25x = a → x = 4a, sau khi cho x = 4a mol HCl vào thì dung dịch chứa:

KCl = 3,25a, HCl = 0,75a

→ 3,25a × 74,5 + 0,75a × 36,5 = 97,02

→ a = 0,36

Các phát biểu đúng là: (a), (b), (d), (e)

Thứ tự đúng là 4, 2, 1, 3. 

4,2: Tạo phức bạc

1,3: Thực hiện phản ứng tráng gương

Khí Z chứa nCO2 = 0,25 và nCO = 0,15

Trong X: nO = 0,2539m/16

→ Trong Y: nO = 0,2539m/16 - 0,25

nNO3- = 3nNO + 2nO = 0,46 + 0,2538m/8

 m muối = (m - 0,2538m) + 62.(0,46 + 0,2538m/8) = 3,456m

→ m = 38,39 gam

nH2O = 1,2 → Số H = 2nH2O/nE = 4

Các chất có cùng số H nên E gồm:

X là CH3OH (3a mol); Y là HCOOCH3 ( amol); Z là CnH4Oz (2a mol)

→ nE = 3a + a + 2a = 0,6 → a = 0,1

nCO2 = 3a + 2a + 2na = 1,1 → n = 3

Z no, mach hở nên Z là OHC-CH2-CHO

nAg = 2nY + 4nZ = 1 mol

→ mAg = 108 gam

M_amin = 35,67 g/mol ⇒ 2 amin là CH₃NH₂ (x mol) và C₂H₅NH₂ (y mol).

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 0,33}\\{31x + 45y = 0,33 \times \dfrac{{107}}{3}}\end{array}} \right.\)

⇒ giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 0,11 mol.

X là CH₃COOH₃NCH₂COOH₃NC₂H₅ và Y là CH₃NH₃OOC(CH₂)₂CH(H₃NOOCCH₃)COOH₃NCH₃.

⇒ n_X = n_Y = 0,11 mol ⇒ G gồm GluK₂ (0,11 mol); GlyK (0,11 mol) và CH₃COOK (0,22 mol) ||⇒ m = 58,52 gam

– Tại t = a (s): V tăng yếu lại ⇒ Cl^– bị điện phân hết.

Xem V lít ⇌ V mol ⇒ n_Cl2 = x mol ⇒ n_e = 2x mol.

– Tại t = 3a (s): n_e = 3 × 2x = 6x mol; V tăng mạnh lên.

⇒ Cu²⁺ bị điện phân hết ⇒ n_Cu²⁺ = 6x ÷ 2 = 3x mol.

– Tại t = 4a (s): n_e = 4 × 2x = 8x mol.

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{n_{{O_2}}} = \dfrac{{8x - 2x}}{4} = 1,5x}\\{{n_{{H_2}}} = \dfrac{{8x - 6x}}{2} = x}\end{array}} \right.\)

⇒ 1,5x + x + x = 0,35 ⇒ x = 0,1 mol 

– Tại t = 2,5a (s): n_e = 2,5 × 2 × 0,1 = 0,5 mol.

⇒ n_Cu²⁺ pứ = 0,25 mol ⇒ n_Cu²⁺ dư = 0,05 mol.

n_H⁺ = 0,5 – 0,1 × 2 = 0,3 mol 

Fe phản ứng tối đa nên Fe chỉ lên +2.

⇒ BTe: 2n_Fe = ³/₄n_H⁺ + 2n_Cu²⁺ dư ⇒ m_Fe = 9,1 gam

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_COONa = n_NaOH = 0,35 × 2 = 0,7 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_CO2 = 0,35 mol

Dễ thấy trong muối thì:

n_C = 0,7 mol = n_Na ⇒ T gồm HCOONa (x mol) và (COONa)₂ (y mol).

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_HCOONa = 0,2 × 2 = 0,4 mol.

⇒ n_(COONa)2 = (0,7 – 0,4) ÷ 2 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_T = 47,3 gam

Bảo toàn khối lượng: m_A = 41,5 gam.

Xét phản ứng đốt A, đặt n_CO2 = a; nH₂O = b ⇒ a – b = 0,25.

m_A = m_C + m_H + m_O = 12a + 2b + 0,7 × 2 × 16 = 41,5 gam ||⇒ giải hệ có:

a = 1,4 mol; b = 1,15 mol

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_C/ancol = 0,7 mol = n_O/ancol ⇒ số C = số nhóm OH ⇒ 2 ancol no, mạch hở.

Tương tự: n_H/ancol = 2,6 mol ⇒ n_ancol = 2,6 ÷ 2 – 0,7 = 0,6 mol.

⇒ C_tb = 1,3 ⇒ 2 ancol là CH₃OH (0,5 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,1 mol).

Ghép chất ⇒ A gồm (HCOO)₂C₂H₄ (0,1 mol), HCOOCH₃ (0,2 mol) và (COOCH₃)₂ (0,15 mol) ⇒ Z là (COOCH₃)₂ (%m_Z = 42,65%)

n_NaOH = n_COO = 0,47 mol → n_O(muối) = 2n_COO = 0,94 mol

BTNT "Na": n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,235 mol

- Xét phản ứng đốt muối:

+ m_CO2 + m_H2O = 44x + 18y = 56,91 (1)

+ BTNT "O": n_O(muối) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → 0,94 + 2.1,24 = 2x + y (2)

Giải (1) và (2) được x = 1,005 và y = 0,705

BTKL: m _muối = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 0,235.106 + 1,005.44 + 0,705.18 - 1,24.32 = 42,14 (g)

Do sau phản ứng thủy phân thu được 2 muối (muối natri của X và Y) nên các este cũng được tạo thành từ gốc axit của X và Y => Muối có dạng: RCOONa

→ n _muối = n_NaOH = 0,47 mol

→ M _muối = 42,14 : 0,47 = 89,66 → R = 22,66

→ Muối nhỏ hơn là CH₃COONa (vì các chất không có phản ứng tráng bạc nên không chứa muối HCOONa)

Giả sử muối gồm:

CH₃COONa (a mol)

C_nH_2n-1COONa (b mol)

a + b = 0,47

2a + b(n+1) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 1,24 (BTNT "C")

1,5a + b(n-0,5) = n_H2O = 0,705

Giải hệ trên được a = 0,17; b = 0,3 và n = 2 (CH₂=CH-COONa)

- Xét phản ứng thủy phân E:

BTKL: m_E + m_NaOH = m _muối + m _ancol + m_H2O → 38,5 + 0,47.40 = 42,14 + 13,9 + mH2O

→ m_H2O = 1,26 gam → n_H2O = 0,07 mol

Do các axit đơn chức nên ta có → n_X,Y = n_H2O = 0,07 mol

Mà n_NaOH = n_X,Y + n_Z + 2n_T → n_Z + 2n_T = 0,47 - 0,07 = 0,4 mol

- Xét hỗn hợp ancol gồm 1 ancol đơn chức C_nH_2n+2O (u) và 1 ancol hai chức C_nH_2n+2O₂ (v):

n_Z + 2n_T = 0,4 → u + 2v = 0,4

Ta có: 0,5u + v < u + v < u + 2v => 0,2 < u + v < 0,4 → 13,9/0,4 < M _ancol < 13,9/0,2

→ 34,75 < M _ancol < 69,5

TH1: C₃H₈O (u) và C₃H₈O₂ (v)

Ta có: u+2v = 0,4 và 60u + 76v = 13,9 → nghiệm âm (loại)

TH2: C₂H₆O (u) và C₂H₆O₂ (v)

Ta có: u+2v = 0,4 và 46u + 62v = 13,9 => u = 0,1; v = 0,15

Như vậy suy ra thành phần của E

→ %m_T = (0,15.158/38,5).100% = 61,56% gần nhất với 61%

Đáp án D

m _muối = m_Al,Mg,Fe,Zn + m_K+ + m_SO42- → 43,25 = 8,6 + 39x + 96.2x → x = 0,15 mol

Đặt m_Y = m (gam) → m_H2 = 0,04m gam → n_H2 = 0,02m (mol)

BTNT "H": n_H2O = n_H2SO4 - n_H2 = 0,3 - 0,02m (mol)

BTKL: m_KL + m_KNO3 + m_H2SO4 = m _muối + m_Y + m_H2O

→ 8,6 + 0,15.101 + 0,3.98 = 43,25 + m + 18(0,3 - 0,02m) → m = 7,03125 gam

→ m _{dd sau pư} = m_KL + m_{(dd KNO3+H2SO4)} - m _khí = 8,6 + 100 - 7,03125 = 101,56875 gam

- Đặt n_Al3+ = a; n_Mg2+ = b; n_Fe2+ = c; n_Zn2+ = d (mol)

BTĐT cho dd X: 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ + 2n_Fe2+ + 2n_Zn2+ + n_K+ = 2n_SO42-

3a + 2b + 2c + 2d + 0,15 = 2.0,3 => 3a + 2b + 2c + 2d = 0,45 (*)

- Xét hỗn hợp oxit sau khi nung kết tủa: Al₂O₃ (0,5a), MgO (b), Fe₂O₃ (0,5c), ZnO (d)

n_O(oxit) = m _oxit - m_KL = 12,6 - 8,6 = 4 gam → n_O(oxit) = 0,25 mol

→ 3.0,5a + b + 3.0,5c + d = 0,25 (**)

Lấy 2(**) - (*) được c = 0,05

→ C%_FeSO4 = (0,05.152)/ 101,56875.100% = 7,48% gần nhất với 7,5%

Sau khi đung nóng có 2 ống nghiệm chuyển sang màu hồng laf ống 1 và ống 2

Ống 1: Na tan trong H2O ngay ở điều kiện thường

Na + H2O → NaOH + H2

Ống 2: Mg tan trong H2O khi đun nóng

Mg + H2O →  Mg(OH)2 + H2

tại ống 3, xảy ra phản ứng ở điều kiện thường nhưng nhanh chóng dừng lại do tạo kết tủa keo. Không có gì khác xảy ra khi đun nóng.