Ala-Gly-Ala là tripeptit nên có khả năng hòa tan dd Cu(OH)₂ tạo thành phức tím có màu đặc trưng.

Đáp án C

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

Đáp án C

Mg là kim loại kiềm thổ

Đáp án C

Chất X tác dụng được với dung dịch NaOH giải phóng khí hidro. Vậy X là Si. 

Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + H₂↑

Đáp án C

Na chỉ điều chế được bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halogen

Đáp án D

Nước cứng là nước có chứa nhiều các cation Mg²⁺ và Ca²⁺

Đáp án A

Kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất là Li

Đáp án B

C₂H₄ tham gia phản ứng trùng hợp.

Đáp án D

Công thức cấu tạo của etyl axetat là CH₃COOC₂H₅. 

Đáp án B

Al₂O₃ là oxit bazơ

Đáp án B

Al(OH)₃ không tan trong dung dịch NaCl.

Đáp án D

Saccarozơ là đisaccarit

Đáp án A

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

Đáp án C

Chất tác dụng được với dung dịch NaOH đun nóng là alamin, etyl axetat, phenylamoni clorua.

Tinh chất hóa học giống nhau giữa glucozơ và saccarozơ là đều tác dụng với Cu(OH)₂ cho dung dịch màu xanh lam. 

Đáp án C

Các đồng phân thoả mãn là: HCOOC₄H₉ (có 4 đồng phân). 

Amin no đơn chức, bậc 2, mạch hở X dạng C_nH_{2n + 3}N.

Phản ứng: C_nH_{2n + 3}N + ...O₂ → nCO₂ + (n + 1,5)H₂O.

Giả thiết nCO₂ : nH₂O = 2 : 3 ⇒ n : (n + 1,5) = 2 : 3 ⇒ n = 3.

Công thức cấu tạo thỏa mãn X (amin bậc hai) là CH₃NHC₂H₅.

Đáp án A

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O → C₆H₁₂O₆ (glu) + C₆H₁₂O₆ (fru)

n_glu = n_fru = 3,42 : 342 = 0,01 mol → n_glu = n_fru = 0,01 mol.

Glu →  2Ag↓

0,01     0,02

Fru →  2Ag↓

0,01     0,02

→ ∑n_Ag = 0,04 mol → m = 0,04 x 108 = 4,32 gam

→ Chọn B.

Chất rắn không tan là Cu

n_H2(đktc) = 2,24 :22,4 = 0,1 (mol)

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

0,1                              ← 0,1 (mol)

→ m_Fe = 0,1.56 = 5,6 (g)

→ m_Cu = 12 - 5,6 = 6,4 (g)

Polime được tạo thành từ phản ứng trùng hợp là poli(metyl metacrylat), polistiren, polietilen, poliacrilonitrin

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaOH. 

Đáp án A

Chất tan được trong nước là Na₂O, CrO₃. 

Phản ứng: NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓.

Giả thiết: n_HCl = 0,16 mol; n_NaAlO2 = 0,1 mol nên sau phản ứng còn dư 0,06 mol HCl.

Tiếp tục xảy ra: 3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O.

Do đó, cuối cùng chỉ thu được 0,08 mol Al(OH)₃ kết tủa ⇒ m = 6,24 gam

Thí nghiệm xuất hiện sự ăn mòn điện hóa là (b) và (d).

(a) Không có phản ứng.

(b) Kết tủa Al(OH)₃.

(c) Chất rắn Ag.

(d) Hỗn hợp rắn toàn hoàn trong nước tạo dung dịch trong suốt.

(e) Kết tủa BaSO₄.

(f) Hỗn hợp rắn toàn hoàn trong axit dư tạo dung dịch trong suốt.

Hiện tượng quan sát được tại mỗi ống nghiệm

(1) Tách lớp do este ít tan trong nước

(2) Tách lớp do phản ứng este hoá là một phản ứng thuận nghịch nên chỉ có một phần este bị thuỷ phân trong môi trường axit.

(3) Đồng nhất do phản ứng xà phòng hoá là phản ứng hoàn toàn.

Vậy hiệu suất phản ứng tăng dần từ ống (1) đến (3).

Khi cho X vào HCl thì:   \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,12\\ {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,09 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,06mol\\ {n_{CO{3^{2 - }}}} = 0,03mol \end{array} \right. \to \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_3}^{2 - }}}}} = 2\)

Khi cho X vào Ba(OH)₂ dư thì:  nHCO₃^- + nCO₃^2- = nBaCO₃ = 0,15 ⇒ nHCO₃^- = 0,1 mol và nCO₃^2- = 0,05 mol

Trong 250ml dung dịch Y chứa CO₃^2– (0,1 mol), HCO₃^– (0,2 mol), Na⁺ (a + 2b mol).

BT:C b = 0,15 → BTDT(Y) a = 0,1 → a : b = 2 : 3.

(a) Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

(b) 3CO + Fe₂O₃ → 2Fe + 3CO₂

(c) 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂

(d) 3Fe + 2O₂ → Fe₃O₄ 

(e) 3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

(f) Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂ + 1/2O₂

(g) 2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ đặc → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

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

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.

Đáp án C.

Theo đề bài ta có k = 6 (có 3π ở gốc axit béo) ⇒ nA = 0,04 mol và m_A = m_B - mH₂ = 35,36 (g)

Khi cho A tác dụng với NaOH thì: x = 36,48 (g)

Nhận thấy M_Y = 13,2 → Y có chứa H₂ dư. Khi đó Y gồm C₂H₆: 0,2 mol và H₂ dư: 0,3 mol

Vì C₂H₂, C₂H₄ có cùng số mol → mol mỗi chất bằng 0,1 mol

Khi dẫn X qua dung dịch Br₂ thì: m_b.tăng = m_hiđrocacbon = 5,4 (g)

Dung dịch X gồm Ba(AlO₂)₂ (x mol) và Ba(OH)₂ dư (y mol)

Tại m = 70 (g) ⇒  233.n_BaSO4 + 78.n_Al(OH)3 = 70 ⇒ 233.(x + y) + 78.2x = 70 (1)

Tại V = 1300 = 1,3 lít ⇒ 4n_AlO2 + n_OH- = 1,3 ⇒ 8x + 2y = 1,3 (2)

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,15 và y = 0,05 ⇒ a = 8,1 (g) 

(a) Sai, Tinh bột không bị thủy phân trong môi trường kiềm, đun nóng. 

(c) Sai, Saccarozơ thuộc loại đsaccarit.

(d) Sai, Etyl axetat là chất lỏng, ít tan trong nước.

(e) Sai, Metylamin là chất khí ở điều kiện thường.

Đốt 1 mol X thu được 3,5 mol O₂ ⇒ X là C₂H₅COOH Trộn X (0,1 mol) với Y thu được este Z

M_Z = 174 → Z  là C₂H₅COOCH₂CH₂OOCC₂H₅

n_CO2 = 0,34 mol < nH₂O = 0,5 mol ⇒ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.

Đặt ∑n_ancol = x; n_este = y ⇒ n_X = x + y = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi:

⇒ n_O/X = 0,26 mol = x + 4y 

⇒ giải hệ có: x = 0,18 mol; y = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_X = 14,96 + 9 - 0,46 × 32 = 9,24(g).

⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp 18,48 ÷ 9,24 = 2 lần thí nghiệm 1.

18,48(g) X chứa 0,36 mol hỗn hợp ancol và 0,04 mol este.

⇒ n_{NaOH phản ứng} = 0,04 × 2 = 0,08 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_Y = 18,48 + 0,08 × 40 - 5,36 = 16,32(g)

n_Y = 0,36 + 0,04 × 2 = 0,44 mol.

Lại có: 2 ancol → 1 ete + 1 H₂O

⇒ nH₂O = 0,44 ÷ 2 = 0,22 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 0,8 × (16,32 - 0,22 × 18) = 9,888(g)

Gọi số mol Mg, Fe₃O₄, Fe(NO₃)₂ lần lượt là x, y, z mol

Hỗn hợp khí có 30 > M = 21,6 > 2 và có 1 khí hóa nâu → Z gồm NO: a mol và H₂ : b mol

Khi đó ta có hệ

\(\left\{\begin{array}{l} a+ b = 0,1 \\30a + 2b = 10,8.2. 0,1\end{array} \right.\)

→ \(\left\{\begin{array}{l} a= 0,07\\b = 0,03\end{array} \right.\)

Vì sinh ra H₂ nên toàn bộ lượng NO₃^- trong Fe(NO₃)₂ và HNO₃ chuyển hóa thành NO : 0,07 mol và NH₄⁺

Bảo toàn nguyên tố N → n_NH4⁺ = 2z + 0,08- 0,07 = 2z + 0,01

Luôn có n_H⁺ = 2n_H2 + 4n_NO + 10 n_NH4⁺ + 2n_{O (oxit)}

→ 1,04 + 0,08 = 2. 0,03 + 4. 0,07 + 10. (2z + 0,01) + 2. 4y → 8y + 20z = 0,68

20,8 gam chất rắn gồm MgO: x mol và Fe₂O₃ : 0,5.(3y +z)

Ta có hệ

\(\left\{\begin{array}{l} 24x + 232y + 180z = 17,32\\40x + 160. 0,5. (3y + z) = 20,8\\8y + 10z = 0,68 \end{array} \right.\) 

→ \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,4\\y = 0,01\\z= 0,03\end{array} \right.\)

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình

→ n_Ag = 2n_Mg + n_Fe3O₄ + n_Fe(NO3)₂-8n_NH4⁺ - 2n_H2 -3n_NO

→ n_Ag = 0,4.2 + 0,01 + 0,03 - 8. ( 2. 0,03+ 0,01 ) - 0,03.2 - 3. 0,07 = 0,01 mol

→ Kết tủa thu được AgCl : 1,04 mol, Ag: 0,01 mol

→ m_↓ = 1,04. 143,5 + 0,01. 108 = 150,32 gam. 

Vì có khí NO nên Cl- bị điên phân hết

\(n_{Cl_2}=0,1, \ n_{O_2}=a \rightarrow n_{Cu}=2a+0,1 \rightarrow 71.0,1+32a+64(2a+0,1)=21,5 \\ \rightarrow a=0,05 \\ \rightarrow n_{H^+}=4a=0,2 \\ 3Fe+8H^++2NO_3^- \rightarrow 3Fe^{2+}+2NO+4H_2O \\ \rightarrow n_{Fe \ pu \ axit}=0,075 \\ \rightarrow n_{Fe \ pu \ Cu}=\dfrac{0,075.56-1,8}{64-56}=0,3 \\ \rightarrow x=0,3+0,1+2a=0,5 \\ \rightarrow C\)

Thu được ancol duy nhất ⇒ Y tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức.

⇒ quy E về CH₂=CHCOOCH₃, (COOCH₃)₂ và CH₂ với số mol x, y và z.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{86x + 118y + 14z = 23,16}\\{4,5x + 3,5y + 1,5z = 0,96}\\{x + 2y = 0,33}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0,09}\\{y = 0,12}\\{z = 0,09}\end{array}} \right.\)

⇒ ghép 1CH₂ cho X.

⇒ 2 este là C₃H₅COOCH₃ và (COOCH₃)₂ 

⇒ muối gồm: 0,09 mol C₃H₅COONa (B) và 0,12 mol CH₂(COONa)₂ (A) ⇒ a : b = 1,654.

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì:

(C₂H₅NH₃)₂CO₃(A) + 2NaOH ⟶ Na₂CO₃ (D) + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

(COONH₃CH₃)₂ (B) + 2NaOH ⟶ (COONa)₂ (E) + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

Xét hỗn hợp khí Z ta có:

nC2H5NH2 + nCH3NH2 = 0,2

45.nC2H5NH2 + 31.nCH3NH2 = 0,2.18,3.

⇒ nC2H5NH2 = 0,08 và nCH3NH2 = 0,12

⇒ n_(COONa)2 = 1/2 n_CH3NH2 = 0,06 (mol

⇒ m_E =  m_(COONa)2 = 0,06. 134 = 8,04 (g)

Khi thêm 1,4 mol KOH vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn → chất rắn chứa MgO : 0,252 mol , KNO₂ : x mol, KOH dư : y mol

ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} x +y = 1,4\\85 x + 56y + 0,252. 40 =118,06 \end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x = 1,02\\y = 0,38\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố N → n_{N( oxit)} = 1,2 - 1,02 = 0,18 mol

Bảo toàn e → 2n_Mg + 2n_O = 5n_N → n_O = 0,198 mol

Bảo toàn khối lương → m_dd = 6,048 + 189 - 0,18. 14 - 0,198. 16 = 189,36 gam