- Số mol các chất: Ala = 0,8; Gly = 0,7.

- Giả sử số lượng mắt xích trong mỗi phân tử peptit tạo thành lần lượt là x, y, z và số mol tương ứng là a, a và 2a (a > 0; x, y, z ≥ 2).

- Phản ứng thủy phân: m (gam) X + (ax + ay + 2az – 4a) mol H₂O → 71,20 gam Ala + 52,50 gam Val

- Bảo toàn khối lượng ta có: m = 71,20 + 52,50 – mH₂O = 123,7 – mH₂O.

- Nhận thấy: khối lượng của hỗn hợp X (m) đạt giá trị nhỏ nhất nếu khối lượng nước sử dụng cho phản ứng thủy phân là lớn nhất. Điều này xảy ra khi số mol liên kết peptit là lớn nhất hay hỗn hợp X gồm 3 peptit có số liên kết peptit là 1, 1 và 7 tương ứng với số mol x, x và 2x. Khi đó ta có:

+ nH₂O = x + x + 7.2x = 16x.

+ n_Ala + n_Gly = 2x + 2x + 8.2x = 20x = 0,8 + 0,7 = 1,5 → x = 0,075.

→ m_min = 123,7 – 18.16.0,075 = 102,1 → chỉ có D phù hợp.

- Quy đổi hỗn hợp X về Fe (x mol) và O₂ (y mol) → 56x + 32y = 11,44 (1).

- Kết tủa thu được từ phần I là Fe(OH)₃: nFe(OH)₃ = 0,06 → n_{OH^- (phản ứng với H⁺ dư)} = nKOH – 3nFe(OH)₃ = 0,015 → nH⁺ dư = 0,015.2 = 0,03mol.

- Các bán phản ứng: 

NO₃^- + 4H⁺ + 3e → NO + 2H₂O

 0,08    0,32   0,24    0,08

NO₃^- + 2H⁺ + e → NO₂ + H₂O

   a       2a       a        a

O₂ + 4e + 4H⁺ → 2H₂O

  y     4y      4y

Fe → Fe³⁺ + 3e

 x        x           3x

→ Bảo toàn H⁺ : 0,32 + 2a + 4y + 0,03 = 0,25.2 + 0,15 = 0,65 → 2a + 4y = 0,3 (2).

Bảo toàn e: 3x = 4y + 0,24 + a (3).

Giải hệ (1), (2) và (3) → x = 0,17; y = 0,06; a = 0,03.

- Các ion tạo kết tủa với Ba(OH)₂ dư của phần II là: SO₄^2- (0,125mol); Fe³⁺ (0,085mol)

→ m = 0,125.233 + 0,085.107 = 38,22 gam → chọn A.

2P₁ + 2P₂ + N₁ + N₂ = 142 (1);

2P₁ + 2P₂ – N₁ – N₂ = 42 (2);

2P₂ – 2P₁ =12 (3)

Từ (1), (2), (3) → P₁ = 20; P₂ = 26 → 2 kim loại là Ca và Fe.

- Ta có: n_axit + n_ancol = 2nH₂ = 0,05; tỉ lệ mol ancol : axit = 2 : 3 → n_ancol = 0,02mol; n_axit = 0,03mol.

- Phản ứng este hóa: RCOOH + CH₃OH → RCOOCH₃ + H₂O

→ n_este = n_ancol = 0,02 → M_este = 1,48/0,02 = 74 → Este là C₃H₆O₂

→ Công thức este là CH₃COOCH₃ → axit là CH₃COOH.

- Để tồn tại dung dịch, các ion trong dung dịch phải không có phản ứng với nhau → loại A và D vì OH tạo kết tủa với Mg²⁺ .

- Áp dụng bảo toàn điện tích → nNO₃^- = 0,1 + 0,2.2 + 0,1 - 0,2 = 0,4 mol

- Áp dụng bảo toàn khối lượng: → m_muối = m_cation + m_anion = 0,1.39 + 0,2.24 + 0,1.23 + 0,2.35,5 + 0,4.62 = 42,9 gam 

Tác dụng được với H₂O gồm kim loại nhóm IA; các kim loại Ca, Ba, Sr nhóm IIA.

Các phương trình phản ứng xảy ra là:

KNO₃ → KNO₂ + 1/2O₂           (1)

0,1                          0,05

Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂ + 1/2O₂        (2)

2NO₂ + 1/2O₂ + H₂O →  2HNO₃           (3)

Ta thấy tỉ lệ phản ứng của khí ở phương trình (3) đúng bằng tỉ lệ khí sinh ra ở phương trình (2) nên ta coi như toàn bộ khí của phương trình 2 sinh ra bị hấp thụ hết, còn lại 1,12 lít khí sinh ra là O₂ của phương trình (1)

→ mKNO₃ = 10,1 gam → mCu(NO₃)₂ = 18,8 gam → % mCu(NO₃)₂ = 65,05%.

Theo dãy điện hóa, thứ tự đúng là :

Ca²⁺ < Zn²⁺ < Cu²⁺ < Fe³⁺ < Ag⁺ 

Đáp án D

Đáp án D

Monosaccarit (glucozơ và fructozơ) không bị thủy phân.

nNa₂CO₃ = 0,1 mol; nHCl = 0,4 mol

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

0,1  →  0,2   →  0,1

→ VCO₂ = 0,1.22,4 = 2,24 lít

Đáp án cần chọn là C

Áp dụng bảo toàn e: 3n_Al = 2nH₂ = 0,045.2 → n_Al = 0,03. → m_Al = 0,81 gam → mAl₂O₃ = 2,04 gam 

→ %mAl₂O₃ = 71,58%

Áp dụng bảo toàn e: nFeSO₄ = 5.nKMnO₄ = 0,05 mol  → mFeSO₄ = 7,6 gam → mFe₂(SO₄)₃ = 2,4 gam

→ %mFe₂(SO₄)₃ = 24%

Ta có: n_{CO (pư)} = n_{O (trong oxit)} = 0,25 → m_Fe = m_{hh oxit} – m_O = 20,8 – 0,25.16 = 16,8 gam.

Dựa vào cấu hình e thấy X là kim loại điển hình (nhóm IA), Y là phi kim điển hình (nhóm VIIA) → liên kết giữa X và Y là liên kết ion

Ta xét các trường hợp sau:

- Nếu hỗn hợp không có HCHO → n_RCHO = n_Ag : 2 = 0,3  → M_RCHO = 33,3 → Vô lí (loại).

- Hỗn hợp gồm HCHO (x mol) và RCHO (x mol) → nAg = 4x + 2x = 6x = 0,6 → x = 0,1

→ m_hh = 01.30 + 0,1. (R + 29) = 10  →  R = C₃H₅CHO .

- Nhận thấy thể tích của hỗn hợp sau phản ứng tăng lên so với trước phản ứng là thể tích của anken sinh ra.

Ta có: nX = 1 (tương ứng với 2,5V) → nC₅H₁₂ ban đầu = 0,4 (tương ứng với V)

→ n_anken = 1 - 0,4 = 0,6 = nBr₂

Ta có: M_X = 16,4 → m_X = 0,5.16,4 = 8,2 gam = m_Y .

M_Z = 14 → m_Z = 14.0,15 = 2,1.

Theo bảo toàn khối lượng ta suy ra khối lượng dung dịch Br₂ tăng là: 8,2 – 2,1 = 6,1 gam

Dung dịch có pH >7: CH₃NH₂, CH₃COONa, H₂NCH₂CH₂CH₂CH(NH₂)COOH và K₂CO₃.

- Sơ đồ phản ứng: CH₂=CHCOOH + CH₃OH → CH₂=CHCOOCH₃ → (C₄H₆O₂)_n.

- Hiệu suất chung của cả quá trình: H = 62,5%.80% = 50%.

- Khối lượng các chất cần dùng: m_Axit = (72.86.100) : (86.50) = 144 gam

m_ancol = (32.86.100) : ( 86.50) = 64 gam

Sản phẩm cuối là CH₃COONa → Z có thể là CH₃COOH → Y là CH₃CHO → X là C₂H₅OH.

Tơ nhân tạo xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học Từ xenlulozơ chế tạo ra tơ visco, tơ axetat.

- Phản ứng: R(NH₂)COOH + HCl → R(NH₃Cl)COOH.

- n_a.a = n_muối = 0,1 → M_muối = 11,15/0,1 = 111,5 = R + 97,5 → R = 14 (CH₂)

→ Amino axit là CH₂(NH₂)COOH (glyxin).

- Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ electron ở nguyên tử nitơ do đó làm tăng lực bazơ, càng nhiều nhóm ankyl lực bazơ càng mạnh; nhóm phenyl (-C₆H₅) làm giảm mật độ electron ở nguyên tử nitơ làm giảm lực bazơ; càng nhiều nhóm phenyl lực bazơ càng yếu.

- Lực bazơ: C6H5NH2 < NH3 < CH3NH2 < CH3NHCH3. 

Khối lượng chung hai ancol là: m_hh = 1,38 + 1,2 = 2,58 gam; n_hh = 2nH₂ = 0,05 mol

M_{hh ancol} = 2,58 : 0,05 = 51,6

Vì hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp nên 2 ancol là C₂H₅OH (46) và C₃H₇OH (60)

CH₃COOH là axit yếu và là chất điện ly yếu.

- Có: nCO₂ = 0,2 mol = nH₂O→ este no, đơn chức, mạch hở C_nH_2nO₂.

- Sơ đồ đốt cháy: C_nH_2nO₂ → nCO₂.

Ta có: 6n : (14n + 32) = 0,2 → n = 2 → Este là C₂H₄O₂.

Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocabon (hoặc bằng số gốc hidrocacbon gắn với N)

→ Amin bậc 2 là CH₃NHCH₃.

Cho từ từ NaOH vào cốc đựng phenol có chứa vài giọt phenolphthalein

NaOH + C₆H₅OH → C₆H₅ONa + H₂O

Khi lượng NaOH dư thì cốc bắt đầu chuyển sang màu hồng. Phenolphtalein dùng như thuốc thử trong hóa phân tích.

Ta có: nH₂O = n_NaOH = 0,04 (vì các axit đều là đơn chức).

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_muối = 2,53 + 0,04.40 – 0,72 = 3,41(g).

Khối lượng một mắt xích là: 400000/4000 = 100. → [-CF₂-CF₂-] = 12.2 + 19.4 = 100

Khi đi từ Li tới Cs trong một phân nhóm bán kính nguyên tử sẽ tăng dần. 

Đáp án C

Gly-Ala là đi peptit không có phản ứng màu biure nên dùng Cu(OH)₂ để nhận ra Gly-Ala-Val (sản phẩm có màu tím)

Phản ứng thuận là tỏa nhiệt, vậy khi nhúng vào nước đá (giảm nhiệt độ) thì phản ứng xảy ra theo chiều thuận (theo nguyên lí Losatolier) tạo N₂O₄ không màu → màu nâu đỏ nhạt dần

nCO₂ = 0,2 mol; nCa(OH)₂ =  0,1 mol;

n_NaOH = 0,1 mol; nOH-= 0,3 mol 

 T = nOH^- : nCO₂ = 0,3 : 0,2 = 1,5

→ Tạo 2 loại muối : HCO₃^- và CO₃^2-

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

x          x          x mol

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

y         2y            y mol

Có x+ y = 0,2; x+ 2y = 0,3 suy ra x = 0,1; y = 0,1

Ca²⁺ +  CO₃^2- → CaCO₃↓

0,1        0,1 mol    0,1 mol

mCaCO3 = 0,1. 100 = 10 gam

Phương trình hoàn chỉnh: 4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + N₂O + 5H₂O → Tổng hệ số = 24

- Thứ tự các phản ứng:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O (1)

HCl + NaAlO₂ + H₂O → NaCl + Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O (3)

- Khi nHCl = 0,8 mol mới bắt đầu có kết tủa → nNaOH = a = 0,8; b = 1,4

Vậy a : b = 4 : 7

Hg độc và dễ bay hơi. S dễ dàng kết hợp với Hg ngay ở nhiệt độ thường tạo muối rắn HgS không độc

- Dùng Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường chia các chất cần nhận biết thành 3 nhóm:

+ Nhóm tạo phức màu xanh lam đậm: glucozơ, saccarozơ (nhóm I).

+ Nhóm không phản ứng (không hòa tan Cu(OH)₂): anđehit axetic.

+ Nhóm có phản ứng tạo dung dịch màu xanh: axit axetic.

- Dùng Cu(OH)₂ đun nóng nhận với 2 chất trong nhóm I nhận ra glucozơ do tạo kết tủa đỏ gạch Cu₂O

Các amin muốn tạo kết tủa với dung dịch Br₂ phải có N gắn trực tiếp với vòng benzen và ít nhất 1 trong các vị trí o- hoặc p- so với nhóm chức amin không có nhánh. Các cấu tạo thỏa mãn: C₆H₅NHCH₃; C₆H₄(NH₂)CH₃ (3 đồng phân o-; p-; m-).

- Loại A, D vì không tạo được Glu – Gly.

- Loại C vì không tạo được Ala – Gly.