- Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

 \(\begin{array}{l} Ba + 2{H_2}O \to Ba{\left( {OH} \right)_2} + {H_2} \uparrow (1)\\ Ba{\left( {OH} \right)_2} + A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \to Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow + BaS{O_4} \downarrow \left( 2 \right)\\ 2Al{\left( {OH} \right)_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + 4{H_2}O\left( 3 \right) \end{array}\)

Vậy sản phẩm thu được có một chất khí (H₂) và một chất kết tủa (BaSO₄).

- Thủy phân saccarozơ:

    \({C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}\to{C_6}{H_{12}}{O_6}\left( {glucozo} \right) + {C_6}{H_{12}}{O_6}\left( {fructozo} \right)\)

- Phản ứng tráng bạc của sản phẩm:

    \({C_6}{H_{12}}{O_6} + 2\left[ {Ag{{\left( {N{H_3}} \right)}_2}} \right]OH \to C{H_2}OH{\left[ {CHOH} \right]_4}{\rm{COON}}{{\rm{H}}_4} + 2Ag + 3N{H_3} + {H_2}O\)

- Quá trình phản ứng  \({C_6}{H_6} \to {C_6}{H_5}N{O_2} \to {C_6}{H_5}N{H_2},H = 30\% \)

- Ta có:  \({n_{{C_6}{H_5}N{H_2}}} = {n_{{C_6}{H_6}}}.H\% = \frac{{156}}{{78}}.0,3 = 0,6mol \Rightarrow {m_{{C_6}{H_6}}} = 55,8g\)

Cao su buna-S có dạng  \({\left( {{C_4}{H_6}} \right)_a}{\left( {{C_8}{H_8}} \right)_b}.\)

\(49,125gam{\left( {{C_4}{H_6}} \right)_a}{\left( {{C_8}{H_8}} \right)_b} + 0,1875molB{r_2}\) 

\(\begin{array}{l} {n_{\left( { - {C_4}{H_6} - } \right)}} = {n_{B{r_2}}} = 0,1875mol \to {m_{\left( { - {C_8}{H_8} - } \right)}} = 49,125 - {m_{\left( { - {C_4}{H_6} - } \right)}} = 49,125 - 0,1875 \times 54 = 39\\ \to {n_{\left( { - {C_8}{H_8} - } \right)}} = 39:104 = 0,375mol \to b:a = 0,375:0,1875 = 2:1 \end{array}\) 

Đáp án đúng là đáp án C.

- Phản ứng:  \({\left( {C{H_3}{{\left[ {C{H_2}} \right]}_{16}}{\rm{COO}}} \right)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH \to 3C{H_3}{\left[ {C{H_2}} \right]_{16}}{\rm{COONa + }}{{\rm{C}}_3}{H_5}{\left( {OH} \right)_3}\)

\({n_{C{u^{2 + }}}} = \frac{{\Delta m}}{{\Delta {M_{Cu - Fe}}}} = \frac{{0,4}}{8} = 0,05mol \Rightarrow {C_{M\left( {CuS{O_4}} \right)}} = \frac{{0,05}}{{0,1}} = 0,5M\)

- Do trong KMnO₄ có chứa nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa cao nhất :\(M{n^{ + 7}} \Rightarrow KMn{O_4}\) là chất oxi hóa.

- Vì KmnO₄ là chất oxi hóa nên đối tác phản ứng với nó phải có tính khử ⇒ Từ các chất đề cho suy ra chỉ có thể là : FeCl₂ (chứa Fe²⁺ , FeSO₄( chứa Fe²⁺ , H₂S( chứa S^2-  và HCl ( chứa Cl^- ) ⇒  Chọn C.

Các phản ứng minh họa:

\(\begin{array}{l} 5F{e^2} + {\rm{ }}MnO_4^ - + {\rm{ }}8{H^ + } \to 5F{e^{3 + }} + {\rm{ }}M{n^{2 + }} + 4{H_2}O\\ 5{H_2}S + 6Mn{O^{4 - }} + 18{H^ + } \to 5S{O_2} + 6M{n^{2 + }} + 14{H_2}O\\ 10C{l^ - } + 2MnO_4^ - + 16{H^ + } \to 5Cl_2^0 + 2M{n^{2 + }} + 8{H_2}O \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \mathop {C{H_3}COOC{H_3}}\limits_{0,07mol} + {\rm{ }}\mathop {NaOH}\limits_{0,1mol} \mathop {}\limits_ \to \mathop {C{H_3}COONa}\limits_{0,07mol} {\rm{ }} + {\rm{ }}C{H_3}OH\\ = > {\rm{ }}{m_{ran{\rm{ }}khan}} = {\rm{ }}40{n_{NaOH(du)}} + 82{n_{C{H_3}{\rm{COONa}}}} = 6,94g \end{array}\)

- 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.

Đồng phân của glucozơ là Fructozơ    

Đáp án B

- 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:  HOOC[CH₂]₂CH(NH₂)COOH; C₂H₅NH₂; NH₂[CH₂]₂CH(NH₂)COOH

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 -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: \(\rlap{-} (C{H_2} - {\rm{ }}CH{\rm{ }} = {\rm{ }}CH{\rm{ }}-{\rm{ }}C{H_2}\rlap{-} )\) 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.

A. Sai, Phản ứng giữa ancol với axit cacboxylic được gọi là phản ứng este hóa.

B. Sai, Phản ứng xà phòng hóa là phản ứng một chiều.

C. Đúng.

D. Sai, Phản ứng este hóa là phản ứng thuận nghịch.

A. Sai, Đa số các polime không tan trong các dung môi thông thường.

B. Đúng, Hầu hết các polime không có nhiệt độ nóng chảy xác định, nóng chảy ở nhiệt độ khá rộng.

C. Sai

D. Sai, Các polime không bay hơi.

- Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử aminoac bị thay thế bởi gốc hidrocacbon do vậy chỉ có CH₃NHCH₃ là amin bậc 2.

Gly-Ala-Val, Gly-Val-Ala, Ala-Gly-Val, Ala-Val-Gly, Val-Gly-Ala, Val-Ala-Gly.

\(\begin{array}{l} (1)C{H_3}{\rm{COOCH = C}}{{\rm{H}}_2}\left( M \right) + NaOH \to C{H_3}{\rm{COONa}}\left( A \right) + C{H_3}CHO\left( B \right)\\ (2)C{H_3}CHO\left( B \right) + AgN{O_3} + N{H_3} \to C{H_3}{\rm{COON}}{{\rm{H}}_4}\left( F \right) + Ag \downarrow + N{H_4}N{O_3}\\ (3)C{H_3}{\rm{COON}}{{\rm{H}}_4}\left( F \right) + NaOH \to C{H_3}{\rm{COONa}}\left( A \right) + N{H_3} + {H_2}O \end{array}\)

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

Sau phản ứng thu được 2 muối tan là Cu(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂.

(b) CO₂ + NaOH → NaHCO₃

Sau phản ứng thu được 1 muối tan là NaHCO₃.

(c) Na₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2NaHCO₃

Sau phản ứng thu được 2 muối tan là NaHCO₃ và Na₂CO₃ dư.

(d) Fe _dư + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Sau phản ứng thu được 1 muối tan là FeCl₂.

- Loại B vì  \(A{l^{3 + }},B{a^{2 + }} + PO_4^{3 - } \to \downarrow \)

- Loại C vì  \(O{H^ - } + HCO_3^ - \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\)

- Loại D vì \(C{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to CaC{O_3} \downarrow \)

- Khi thuỷ phân không hoàn toàn peptit trên thì thu được 5 tripeptit mà trong thành phần có phenylalanin (Phe) là: Pro-Gly-Phe, Gly-Phe-Ser, Phe-Ser-Pro, Ser-Pro-Phe và Pro-Phe-Arg.

Quy đổi hỗn hợp E về  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_2}{H_3}NO:0,22.2 = 0,44mol}\\ {C{H_2}:xmol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {{H_2}O:ymol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \end{array}} \right.\)

Có  \({n_{{O_2}}} = 2,25{n_{{C_2}{H_3}NO}} + 1,5{n_{C{H_2}}} \to x = \frac{{1,98 - 2,25.0,44}}{{1,5}} = 0,66mol\)

Có  \({m_{tng}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} \to 92,96 = 44.\left( {0,44.2 + 0,66} \right) + 18.\left( {1,5.0,44 + 0,66 + y} \right) \to y = 0,08 = {n_E}\)

Hỗn hợp E chứa X, Y có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3 → X : 0,02 mol và Y :0,06 mol

Gọi số mắt xích của X,Y lần lượt là n,m → n + m = 10

Và 0,02n + 0,06m = 0,44 → n =4 và m = 6

Gọi số C trong X và Y lần lượt là x₁ và y₁ ( 8 ≤ x₁ ≤ 20, 12≤ y₁ ≤ 30) → x₁.0,02 + y₁.0,06 = 0,44. 2 + 0,66 → x₁ + 3y₁ = 77

luôn có 6.2 = 12 ≤ y₁ ≤ 77 /3 = 25,5

Lập bảng chọn giá trị x₁ = 14(2Gly-2Val) và y₁ = 21 (3Gly-3Val)

Vậy thủy phân Y thu được 3 Gly và 3 Val.

\(n_{Cu^{2+}}=n_{CuSO_4.5H_2O}=0,2; n_{H^+}=0,2*0,6=0,12\)

\(n_e=\dfrac{1,34*4*3600}{96500}=0,2\)

\(\Rightarrow n_{Cu}=0,1 \Rightarrow m_{Cu}=6,4(g); n_{O_2}=\dfrac{n_e-n_{Cl^-}}{4}=\dfrac{0,2-0,12}{4}=0,02\)

\(n_{Cl_2}+n_{O_2}=0,06+0,02=0,08 \Rightarrow V=1,792(l)\)

- Khi cho 0,6 mol CO₂ tác dụng với dung dịch X gồm 0,3 mol Ba(OH)₂ và 0,2 mol NaOH:

Vì  \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{2} < {n_{C{O_2}}} < {n_{O{H^ - }}} \Rightarrow n_{C{O_3}}^{2 - } = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2mol \to {n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{C{O_2}}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,4mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch chứa 0,24 mol BaCl₂ và 0,3 mol KOH thì:

    \(\begin{array}{l} \mathop {HC{O_3}^ - }\limits_{0,4mol} + \mathop {O{H^ - }}\limits_{0,3mol} + \mathop {B{a^{2 + }}}\limits_{0,54mol} \to \mathop {BaC{O_3}}\limits_{0,3mol} + {H_2}O\\ \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}} = 0,3.197 = 59,1g \end{array}\)

n_ancol = n_anken = 0,015 mol

n_NaOH>n_ancol → Trong X có 1 axit và 1 este → n_este + n_axit = n_NaOH = 0,04 mol

Giả sử X gồm:

Este C_nH_2nO₂: 0,015 mol

Axit C_mH_2mO₂: 0,025 mol

Khi đốt X → n_H2O = n_CO2 = a mol

→ m _{bình tăng} = 44a + 18a = 7,75 gam → a = 0,125 mol

BT “C”: 0,015n+0,025m = 0,125 → 3n+5m = 0,125

→ n = 5, m = 2 thỏa mãn.

Este là C₅H₁₀O₂ (0,015 mol)

Axit là C₂H₄O₂ (0,025 mol)

- Xét A: m_este = 0,015.102 = 1,53 gam; m_axit = 0,025.60 = 1,5 gam

Phần trăm về khối lượng của từng chất là 49,5% và 50,5%

→ C đúng

- Xét A: Khối lượng của chất có phân tử khối lớn hơn trong X là meste = 1,53 gam

→ A sai

- Xét B: Tổng phân tử khối của hai chất trong X là 102 + 60 = 162

→ B sai

- Xét D:

+ Axit chỉ có 1 CTCT thỏa mãn là: CH₃COOH

+ Este có 2 CTCT thỏa mãn là: CH₃COOCH₂-CH₂-CH₃ và CH₃COOCH(CH₃)-CH₃

→ D sai

\(\begin{array}{l} \sum {H = \frac{{{H_1}.{H_2}.{H_3}}}{{100}} = 0,12825 \Rightarrow {n_{C{H_4}}} = \frac{{2{n_{{C_2}{H_3}Cl}}}}{{\sum H }}} = 0,{25.10^3}mol\\ \Rightarrow {V_{C{H_4}\left( {trong{\rm{ }}tu{\rm{ }}nhie n} \right)}} = \frac{{{n_{C{H_4}}}}}{{0,95}}.22,4 = 5883,25\left( {{m^3}} \right) \end{array}\)

n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol

m_{dung dịch giảm} = m_CaCO3 – ∑(m_CO2 + mH₂O)

⇒ mH₂O = 10 – 3,98 – 0,1 × 44 = 1,62 gam ⇒ nH₂O = 0,09 mol.

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂ 

⇒ n_O = n_H – n_C = 0,09 × 2 – 0,1 = 0,08 mol.

⇒ m_X = m_C + m_H + m_O = 0,1 × 12 + 0,09 × 2 + 0,08 × 16 = 2,66 gam.

n_O2 = 0,21

n_CO2 = 0,18

nH₂O = 0,18

Ta có n_CO2 = nH₂O ⇒ Este no đơn chức mạch hở.

Bảo toàn KL ta có: m_X + mO₂ = m_CO2 + mH₂O ⇒ m_X = 4,44 gam

Do X gồm 2 este đồng phân nên đặt công thức của chúng là C_nH_2nO₂

Ta có C_nH_2nO₂ → nCO₂ ⇒ n_CO2 = n_Este × n

⇒ 4,44 ÷ (14×n + 32) × n = 0,18 ⇒ n = 3

⇒ X là C₃H₆O₂ ⇒ 2 đồng phân este là CH₃COOC₂H₅ và HCOOCH₃ với số mol là a và b.

Ta có a + b = n_CO2 ÷ n = 0,18 ÷ 3 = 0,06 mol (1)

⇒ n_{KOH pứ} = n_X = 0,06 ⇒ n_{KOH dư} = 0,11–0,06 = 0,05

⇒ Rắn khan gồm KOH dư và CH₃COONa (Y) và HCOONa (Z)

Ta được 56×0,05 + 98a + 84b = 7,98 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có a = 0,01 và b = 0,05 ⇒ a : b = 1 : 5 ⇒ Chọn D

- Đốt cháy hỗn hợp este thì \({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_{bi nh{\rm{ }}1{\rm{ }}tang}}}}{{18}} = 0,345mol\) và \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = \frac{{{m_{bi nh{\rm{ 2 }}tang}}}}{{100}} = 0,345mol\)

- Nhận thấy rằng nH₂O = nCO₂ nên trong X chỉ chứa các este no, đơn chức, mạch hở.

- X có 2 đồng phân cấu tạo là HCOONH₃C₂H₅ và HCOONH(CH₃)₂.

 \(\begin{array}{l} HCOON{H_3}{C_2}{H_5} + NaOH \to HCOONa + {C_2}{H_5}N{H_2} + {H_2}O\\ HCOON{H_2}{\left( {C{H_3}} \right)_2} + NaOH \to HCOONa + C{H_3}NHC{H_3} + {H_2}O \end{array}\)

- X và Y lần lượt là  NH₂CH₂COOCH₃ và CH₂ = CH – COONH_4.

 \(\begin{array}{l} N{H_2}C{H_2}{\rm{COOC}}{{\rm{H}}_3}\left( X \right) + NaOH \to N{H_2}C{H_2}{\rm{COONa + C}}{{\rm{H}}_3}OH\left( Z \right)\\ C{H_2} = CH - C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_4}\left( Y \right) + NaOH \to C{H_2} = CH - C{\rm{OONa + N}}{{\rm{H}}_3}\left( T \right) + {H_2}O \end{array}\)

\(3{n_{Al}} + {n_{Na}} = 2{n_{{H_2}}} \to 3x + 2x = 0,4 \Rightarrow x = 0,08 \Rightarrow m = 27{n_{Al}} + 23{n_{Na}} = 5,84(g)\)

X + H₂SO₄ → 56,9 gam muối + 0,06 mol NO + 0,13 mol H₂ + H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_H2O = m_X + m_H2SO4 – m_muối - m_NO – m_H2 = 21,5 + 0,43.98 – 56,9 – 0,06.30 – 0,13.2 = 4,68 g

→ n_H2O = 0,26 mol

Ta có 4H⁺ + NO₃^- + 3e → 2H₂O + NO

2H⁺ + O^2- → H₂O

2H⁺ + 2e → H₂

10 H⁺ + 8e + NO₃^- → 3H₂O + NH₄⁺

Bảo toàn H có 2n_H2SO4 = 4n_NO + 2n_H2 + 10n_NH4 + 2n_O → 2.0,43 = 4.0,06 + 0,13.2 + 10n_NH4+ 2n_O (1)

Lại có n_H2O = 0,26 = 2n_NO + n_O + 3n_NH4 = 0,06.2 + n_O + 3n_NH4 (2)

Từ 1 và 2 giải được n_O = 0,08 mol và n_NH4 =0,02 mol → n_FeO = n_O = 0,08 mol

Bảo toàn N có 2n_Cu(NO3)2 = n_NH4 + n_NO = 0,02 + 0,06 =0,08 mol nên n_Cu(NO3)2 = 0,04 mol

Đặt số mol của Al và Zn lần lượt là a và b ( mol)

Khối lượng của X là 27a + 65b + 0,08.72 + 0,04.188 =21,5 (3)

Vì phản ứng có tạo ra khí H₂ nên chỉ tạo muối Fe²⁺

Bảo toàn electron có 3a + 2b = 3n_NO + 2n_H2 + 8n_NH4 = 3.0,06 + 2.0,13 + 8.0,02 = 0,6 (4)

Giải (3) và (4) có a = 0,16 mol và b = 0,06 mol → %Zn = 18,14% → gần nhất 18,2%

Đáp án B

- Tơ visco được tạo thành từ phản ứng giữa xenlulozơ với CS₆ và NaOH tạo thành một dung dịch nhớt gọi là visco. Bơm dung dịch này qua những lỗ rất nhỏ rồi ngâm trong dung dịch H₂SO₄ tạo thành tơ visco.

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

\({n_{glucozo}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{2} = \frac{{{n_{CaC{O_3}}}}}{2} = 0,075mol \Rightarrow {m_{glucozo}} = 0,075.180 = 13,5g\)