Khi đun nóng protein với dung dịch …bazơ… và dung dịch …axit… hay nhờ xúc tác của …enzim…, các liên kết peptit trong phân tử protein bị phân cắt dần, tạo thành các chuỗi …polipeptit… và cuối cùng thành hỗn hợp các …α-amino axit….

Dãy điện hóa: K, Ba, Ca, Na, Mg, Al, Zn, Fe, Ni, Sn, Pb, (H),Cu, Hg, Ag, Pt, Au

- Glucozơ, saccarozơ không tác dụng với NaOH.

- Metyl axetat tác dụng với NaOH:  \(C{H_3}COOC{H_3} + {\rm{ }}NaOH \to C{H_3}COONa{\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop {C{H_3}OH}\limits_{ancol\;metylic} \)

- Triolein tác dụng với NaOH:  \({({C_{17}}{H_{33}}COO)_3}{C_3}{H_5} + NaOH\to {C_{17}}{H_{33}}COONa + \mathop {{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}\limits_{Glyxerol}\)

A. Sai, Trong mùi tanh của cá là hỗn hợp các amin (nhiều nhất là trimetylamin) và một số chất khác, chính vì vậy người ta dùng giấm ăn (thành phần có chứa CH₃COOH) để khử mùi tanh của cá trước khi nấu.

B. Sai, Đipeptit thì chỉ có 1 liên kết peptit.                     

C. Đúng, Bậc của ancol chính là bậc của nguyên tử cacbon liên kết với nhóm –OH  trong khi bậc của amin được tính bằng số nguyên tử hiđro bị thay thế trong NH₃ bởi các gốc hiđrocacbon.

D. Sai. Anilin (C₆H₅NH₂) có tính bazơ yếu và không làm xanh quỳ tím ẩm.

- Gọi số mol mỗi chất trong X là 1 mol.

· Hòa tan X vào NaOH dư thì chỉ có Al tan trong Fe₂O₃ và Cu không tan.

· Hòa tan X vào HCl dư:  \(\left| \begin{array}{l} 2Al + 6HCl2AlC{l_3} + 3{H_2}\\ \mathop {F{e_2}{O_3}}\limits_{1\;mol} + 6HCl\mathop {2FeC{l_3}}\limits_{2\;mol} + 3{H_2}O \end{array} \right. \Rightarrow \mathop {Cu}\limits_{1\;mol} + 2\mathop {FeC{l_3}}\limits_{2\;mol} \to CuC{l_2} + 2FeC{l_2}\)

Hỗn hợp tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư.

· Hòa tan X vào AgNO₃ dư thì Al và Cu tan trong khi Fe₂O₃ không tan.

· Hòa tan X vào NH₃ (dư) thì không có chất nào tan.

M + HNO₃ → M(NO₃)_n + NO₂ + H₂O.

Bảo toàn electron có n.n_M = n_NO2 = 0,175 mol

⇒ n_M = 0,175 ÷ n mol.

⇒ M = 5,6 ÷ (0,175 ÷ n) = 32n

⇒ ứng với n = 2, M = 64 là kim loại Cu

- Chì là một kim loại mềm, nặng, độc hại và có thể tạo hình. Chì có màu trắng xanh khi mới cắt nhưng bắt đầu xỉn màu thành xám khí tiếp xúc với không khí. Chì dùng trong xây dựng, ắc quy chì, đạn, và là một phần của nhiều hợp kim. Chì có số nguyên tố cao nhất trong các nguyên tố bền.

- Khi tiếp xúc ở một mức độ nhất định, chì là chất độc đối với động vật cũng như con người. Nó gây tổn thương cho hệ thần kinh và gây ra rối loạn não. Tiếp xúc ở mức cao cũng gây ra rối loạn máu ở động vật. Giống với thủy ngân, chì là chất độc thần kinh tích tụ trong mô mềm và trong xương.

Thủy tinh hữu cơ Plexiglas là polime tổng hợp

Đáp án A

- Phương trình điện phân Al₂O₃ nóng chảy:

2Al₂O₃ →  4Al + 3O₂

Trong không khí ẩm

2Cu + CO₂ + O₂ + H₂O → Cu(OH)₂.CuCO₃

→ Lớp gỉ đồng là Cu(OH)₂.CuCO₃ → Đáp án đúng là đáp án A.

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l} {H_2}N{(C{H_2})_4}CH(N{H_2})COOH:x\;mol\\ N{H_2}C{H_2}COOH:y\;mol \end{array} \right.}_{m\;gam\;X} + \left\langle \begin{array}{l} \;\underbrace {{H_2}N{{(C{H_2})}_4}CH(N{H_2})COONa,\;N{H_2}C{H_2}COONa}_{(m + 6,6)\;gam\;Y}\;\;(1)\\ \underbrace {Cl{H_3}N{{(C{H_2})}_4}CH(N{H_3}Cl)COOH,N{H_3}ClC{H_2}COOH}_{(m + 14,6)\;gam\;Z}\;\;\;\;(2) \end{array} \right.\)

- Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có hệ sau:

\(\left\{ \begin{array}{l} (1):x + y = \frac{{{m_Y} - {m_X}}}{{22}} = \frac{{6,6}}{{22}} = 0,3\\ (2):2x + y = \frac{{{m_Z} - {m_X}}}{{36,5}} = \frac{{14,6}}{{36,5}} = 0,4 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1\;mol\\ y = 0,2\;mol \end{array} \right. \Rightarrow m = 36,7\)

- Trường hợp 1: Al₂(SO₄)₃ dư

+ Ta có:  \({n_{NaOH}} = 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,45\;mol \Rightarrow C{\% _{NaOH}} = \frac{{40{n_{NaOH}}}}{{200}}.100\%= 9% = \)

- Trường hợp 2: Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

+ Ta có:  \({n_{NaOH}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,65\;mol \Rightarrow C{\% _{NaOH}} = \frac{{40{n_{NaOH}}}}{{200}}.100\% = 13%\)

Vậy có 2 giá trị thỏa mãn.

pH = 13 > 7 → có OH^-

C_OH = 0,1M → n_OH = 0,25 mol

Catot : 2H₂O → 2OH^- + H₂ – 2e

Anot : 2Cl^-  → Cl₂ + 2e

Bảo toàn e : n_Cl = n_OH = 0,25 mol = n_NaCl

→ %m_{NaCl đp} = 62,5%

- Để hạn chế khí NO₂ bị thoát ra khỏi môi trường thì dung dịch dùng để loại bỏ khí phải phản ứng được với khí và tạo sản phẩm không gây độc hại cho môi trường. Do đó trong quá trình làm thí nghiệm người ta dùng bông tẩm dung dịch kiềm (xút) để hạn chế tốt nhất khí NO₂ theo phương trình sau: 2NO₂ + 2NaOH  NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O

a. Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂

b. Fe + AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + Ag

Nếu AgNO₃ dư

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

c. CaO + H₂O → Ca(OH)₂

d. Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2NaCl

Trong các loại hạt gạo, ngô, lúa mì … có chứa nhiều tinh bột, công thức phân tử của tinh bột là (C₆H₁₀O₅)_n      

Đáp án C

Ta có: m_muối = m_{kim loại} + 35,5.n_Cl- với nCl- = nHCl = 2.nH2 = 0,6 mol ⇒ m muối = 36,7 gam

- X làm quỳ tím hóa đỏ nên X chứa chức axit cacboxylic –COOH → X có 1 đồng phân là C₂H₅COOH.

- Y tác dụng với NaOH nhưng không tác dụng với Na nên Y chứa chức este –COO– → Y có 2 đồng phân là HCOOC₂H₅ và CH₃COOC₂H₅.

- Z tác dụng được Na và cho được phản ứng tráng gương nên Z chứa đồng thời 2 nhóm chức ancol –OH và anđehit –CHO → Z có 2 đồng phân là HOCH₂CH₂CHO, HOCH(CH₃)CHO.

Vậy tổng số đồng phân của X, Y, Z là 5 đồng phân.

(a) Đúng, Cấu hình Cr (Z=24): [Ar] 3d⁵4s¹ ⇒ Cr nằm ở ô 24, chu kì 4, nhóm VIB.

(b) Sai, CrO là oxit bazơ ; Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính ; CrO₃ là oxit axit.

(c) Đúng, Các hợp chất của CrO₄^2- và Cr₂O₇^2- số oxi hóa cao nhất của Cr là +6.

(d) Sai, Trong các phản ứng hóa học, hợp chất crom(III) vừa đóng vai trò chất oxi hóa vừa đóng vai trò là chất khử.

(e) Đúng, Phương trình:  \(2Cr + 3C{l_2} \to 2CrC{l_3}\)

Dãy các chất đều phản ứng được với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường là Glucozơ, glixerol và saccarozơ    

Đáp án C

- Hầu hết các kim loại đều tác dụng với O₂ trừ Ag, Au, Pt.

(1) đúng, Glucozơ và mantozo có chức anđehit -CHO; còn fructozo chuyển hóa thành glucozo trong môi trường kiềm nên đều có khả năng tráng bạc.

(2) đúng vì saccarozo, mantozo là đisaccarit và tinh bột, xenlulozo là polisaccarit nên thủy phân trong môi trường H+.

(3) sai, xenlulozo không được tạo từ quang hợp.

(4) đúng vì các chất này đều có các nhóm -OH liền kề.

Đáp án B.

Phản ứng: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑.

→ Dung dịch Ba(OH)₂ làm xanh quỳ tím ẩm

Thí nghiệm trên có thể chứng minh glucozơ chứa nguyên tố hidro và cacbon nhờ chuyển chúng thành các hợp chất vô cơ tương ứng là hơi H₂O và khí CO₂.

Hơi nước sẽ làm CuSO₄ khan từ màu trắng chuyển thành màu xanh:

CuSO₄ + 5H₂O → CuSO₄. 5H₂O

Khí CO₂ làm vẩn đục nước vôi trong: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

A. Đúng, Phương trình: \(2M + 2{H_2}O \to 2M{\rm{O}}H + {H_2}\) (M là Na, K)

B. Đúng, Phương trình: \(C{O_2} + NaAl{O_2} + 2{H_2}O \to \) Al(OH)_{3 trắng keo} + NaHCO₃

C. Sai, Fe là kim loại nặng có màu trắng hơi xám, có tính dẫn điện, dẫn nhiệt tốt, đặc biệt có tính nhiễm từ.

D. Đúng, Phương trình:  \(2Al + 2NaOH + 2{H_2}O \to 2NaAl{O_2} + 3{H_2}\)

\(BTNT(N):{n_{{C_2}{H_7}N}} = 2{n_{{N_2}}} = 0,1\;mol \Rightarrow {m_{{C_2}{H_7}N}} = 4,5(g)\)

- Các phản ứng xảy ra:

\(\begin{array}{l} C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OO}}{C_2}{H_5}\;(M) + NaOH \to C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OO}}Na\;(Y) + {C_2}{H_5}OH\;(X)\\ {C_2}{H_5}OH\;(X) \to C{H_2} = C{H_2}\;({X_1}) + {H_2}O\\ nC{H_2} = C{H_2}\;({X_1}) \to C{H_2} - C{H_2}{_n}\\ 2C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OO}}Na\;(Y) + {H_2}S{O_{4\,}} \to 2C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OOH}}\;({Y_1}) + N{a_2}S{O_4}\\ C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OOH}}\;({Y_1}) + C{H_3}OH \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over {\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} C{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OOC}}{{\rm{H}}_3}\;({Y_2})\\ nC{H_2} = C(C{H_3}) - C{\rm{OOC}}{{\rm{H}}_3}\;({Y_2}) \to C{H_2} = (C{H_3})C(C{\rm{OOC}}{{\rm{H}}_3}){_n} \end{array}\)

Các kim loại kiềm đều có nhiệt độ nóng chảy rất cao → Sai

Đáp án A

Gang là hợp kim của Fe và C trong đó hàm lượng của C chiếm từ 2%- 5%. Ngoài ra còn có 1 lượng nhỏ các nguyên tố khác như : Mn, Si, S

Trong thành phần của gang, nguyên tố chiếm hàm lượng cao nhất là Fe

- Kết tủa của BaSO₄: 

\(B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4}\)

0,1         0,1    →         0,1

- Kết tủa của Cu(OH)₂:       

\({H^ + }\;\; + \;\;O{H^ - } \to {H_2}O\)                   

0,12 → 0,12           

\(C{u^{2 + }} + \;2O{H^ - } \to Cu{(OH)_2}\)                        

 0,1      0,08     →     0,04   

- Nung \(BaS{O_4}:0,1\;mol\;;\;Cu{(OH)_2}:0,04\;mol \to BaS{O_4}:0,1\;mol\;;\;CuO:0,04\;mol \Rightarrow \)m_rắn =  26,5 gam

- Khi đốt cháy hỗn hợp X luôn thu được  \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,8\;mol \Rightarrow {m_{C{O_2}}} = 35,2gam\)

\(FeCl_2 + 2NaOH = 2NaCl + Fe(OH)_2 \)(kết tủa trắng xanh)

\(4Fe(OH)_2 + O_2 + 2H_2O = 4Fe(OH)_3\)(kết tủa nâu đỏ)

- Áp dụng phương pháp chặn khoảng giá trị như sau :

+ Nếu X chỉ chứa Al ta có:nAl = 2/3nH2 = 0,035 mol 

→ MX = 1,08 : 0,035 = 30,86

+ Nếu X chỉ chứa M ta có: nM = nH2 = 0,0525 mol 

→ MX =1,08 : 0,0525 = 20,57

- Kết hợp 2 giá trị: 20,57 < MX < 30,86

→ M là Mg. Khi đó:

27nAl + 24nMg = 1,083

và nAl + 2nMg = 2nH2

→ nAl=0,02 mol

nMg = 0,0225 mol

Quy Y về Fe và O với số mol x và y 

⇒ m₁ = (56x + 16y) (g)

Bảo toàn electron:

3x = 2y + 0,02 × 3

n_NO3^– = 3n_NO + 2n_O = (0,02 × 3 + 2y) mol

⇒ m_muối = m_Fe + m_NO3.

⇒ m₁ + 16,68 = 56x + 62 × (0,02 × 3 + 2y)

⇒ giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,12 mol; m₁ = 7,52(g).

Bảo toàn nguyên tố Fe: nFe₂O₃ = 0,1 ÷ 2 = 0,05 mol

⇒ m = 0,05 × 160 = 8(g) 

Xét phần 1: Y + NaOH → H₂. Mặt khác, phản ứng xảy ra hoàn toàn ⇒ Al dư.

n_{Al dư} = 0,15 ÷ 1,5 = 0,1 mol.

Phần không tan T là Fe ⇒ n_Fe = n_H2 = 0,45 mol.

Lần lượt bảo toàn nguyên tố Oxi và Fe ⇒ nAl₂O₃ = 0,2 mol.

GIẢ SỬ phần 1 tác dụng với HCl thì nH₂ = 0,1 × 1,5 + 0,45 = 0,6 mol.

⇒ phần 2 gấp 1,2 ÷ 0,6 = 2 lần phần 1 ⇒ lượng ban đầu gấp 3 lần phần 1.

m = 3 × (0,1 × 27 + 0,2 × 102 + 0,45 × 56) = 144,9(g) 

Giải đốt cháy: bảo toàn khối lượng có n_CO2 = 1,04 mol

→ A gồm: 1,04 mol C + 1,68 mol H + 0,4 mol O.

Từ thủy phân có X, Y là các hữu cơ đơn chức (dạng -COO-), n_ancol = n_NaOH 

→ X, Y là các este đơn chức.

Kết hợp thủy phân và đốt cháy

→ n_{X, Y} = 0,4 ÷ 2 = 0,2 mol; ∑n_CO2 – nH₂O = 0,2 mol

→ chứng tỏ X, Y đều là este không no, 1 π_C=C; M_X < M_Y 

→ Y hơn X một nguyên tử C.

Lại có C_{trung bình} = 1,04 ÷ 0,2 = 5,2

→ X là C₅H₈O₂ và Y là C₆H₁₀O₂

C₅; C₆ và số C_{trung bình} → đọc ra tỉ lệ n_X ÷ n_Y = 4 ÷ 1 (sơ đồ chéo!).

→ Yêu cầu %_{số mol X trong A} = 4 ÷ (4 + 1) = 80%.

Fe phản ứng tối đa khi Fe → Fe²⁺

3Fe   +   8H⁺   +   2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,06          0,16        0,04 

Fe    +   2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

0,02      0,04

Fe    +   Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,02      0,02

→ m_Fe = 5,6g

- Trùng ngưng m (g) hỗn hợp X: 2C_nH_2n+1O₂N → C_2nH_4nO₃N₂ (Y) + H₂O

                                            mol:       a                             0,5a

+ Đốt m₁ (g) Y thu được:  nH2O = na = 0,76(1)

- Trùng ngưng 2m (g) hỗn hợp X: 4C_nH_2n+1O₂N  → C_4nH_{8n - 2} O₅N₄ (Z) + 3H₂O

                                            mol:         2a                             0,5a

+ Đốt m₂ (g) Z thu được: nH2O(Z) = (4n -1) .0,5a = 1,37  (2)

- Lập tỉ lệ (1):(2) → n = 38/15. Thay n vào (1) ta tính được: a = 0,3 mol

⇒ m = 24,74 gam 

Giải đốt: nước vôi trong dư nên 25,5 gam kết tủa ⇄ 0,255 mol CaCO₃ → 0,255 mol CO₂.

m_{dung dịch giảm} = m_CaCO3 – m_CO2 – mH₂O

→ mH₂O = 4,41 gam → nH₂O = 0,245 mol.

Lại có X gồm C + H + O mà m_X = 4,03 gam

→ n_O = 0,03 mol.

X dạng (RCOO)₃C₃H₅ → n_X = 0,005 mol.

Vậy với 8,06 gam X (dùng gấp đôi trên) thì n_X = 0,01 mol → n_{NaOH cần dùng} = 0,03 mol.

Thủy phân: 8,06 gam X + 0,03 mol NaOH → a gam muối + 0,01 mol C₃H₅(OH)₃.

→ BTKL có m_muối = a = 8,06 + 0,03 × 40 – 0,01 × 92 = 8,34 gam