Chất béo là hỗn hợp nhiều este của glixerol và các axit béo có công thức là (RCOO)₃C₃H₅. 

Trong tự nhiên Crom làm kim loại cứng nhất

Đáp án D

PVC hay Poli (vinyl clorua) là [-CH₂-CH(Cl)-]_n được điều chế từ monome là vinyl clorua CH₂=CH-Cl

⇒ chọn D

Khi phun vào đám cháy chất khí X có tác dụng làm loãng nồng độ hỗn hợp hơi khí cháy, đồng thời làm lạnh vùng cháy dẫn tới triệt tiêu đám cháy. Chất X là Cacbonic

Đáp án D

X là một kim loại nhẹ, màu trắng bạc, được ứng dụng rộng rãi trong đời sống. X là Al

Đáp án C

Đường saccarozơ (đường kính) có công thức hóa học là C₁₂H₂₂O₁₁. 

Đáp án A

Trong phòng thí nghiệm để bảo quản Na có thể ngâm Na trong dầu hỏa.

Đáp án B

Benzyl axetat là este có mùi thơm của hoa nhài. Công thức của benzyl axetat là CH₃COOCH₂C₆H₅. 

Đáp án C

Chỉ có AlCl₃ thỏa mãn, các chất còn lại thu được kết tủa sau phản ứng:

Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃↓ + 3Na₂SO₄.

Sau đó: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O.

Fe(NO₃)₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaNO₃.

Ca(HCO₃)₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + CaCO₃↓ + 2H₂O.

MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + Na₂SO₄.

Thạch cao nung CaSO₄.H₂O thường được đúc tượng, đúc các mẫu chi tiết tinh vi dùng trang trí nội thật, làm phấn viết bảng, bó bột khi gãy xương,..

Chọn B

Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng dùng Al để khử oxit của những kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.

Kim loại có thể điều chế được bằng phản ứng nhiệt nhôm là những kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa

Chỉ có CH₃NHC₂H₅ là amin bậc 2.

→ Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Tơ tằm là tơ tự nhiên.

Tơ nilon-6,6, tơ capron, tơ enang là tơ tổng hợp.

Tơ visco và tơ axetat là tơ bán tổng hợp hay còn gọi là tơ nhân tạo.

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆

mC₆H₁₂O6 = 2.180.75% = 270 gam

HCOO-CH₂-C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

nX = nHCl = (15-10)/36,5 = 5/36,5

→ M_X = m_X/n_X = 73: C₄H₁₁N

Chất X là CuSO₄ khan vì để nhận biết ra có mặt nước,từ đó nhận ra được sự có mặt của H

CuSO₄ khan (màu trắng) khi có hơi nước qua sẽ chuyển thành CuSO₄.5H₂O (màu xanh)

Chất Y là dd Ca(OH)₂ để nhận biết được ra sự có mặt của CO₂, từ đó nhận ra được sự có mặt của C

Ca(OH)₂ khi có CO₂  lội qua sẽ bị vẩn đục do xảy ra phản ứng

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Các ion muốn tồn tại trong cùng 1 dung dịch thì không có ion nào trong đó phản ứng với nhau.

Cả A, B, C đều thỏa điều kiện này.

Đáp án cần chọn là D

2Al + Fe₂O₃  → Al₂O₃ + 2Fe

0,2       0,1

nH₂ = 0,15 → nAl dư = 0,1 mol

→ nAl ban đầu = 0,3 mol

→ nNaOH = 0,3 mol

→ V = 300 ml

H₂N-CH₂-COOH không làm đổi mày quỳ

CH₃-CH₂-NH₂,H₂N-CH₂-CH(NH₂)-COOH làm quỳ chuyển sang màu xanh

HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH làm quỳ chuyển đỏ

Đáp án B.

Chỉ có thí nghiệm (a) xảy ra ăn mòn điện hóa 

⇒ Chọn C

Tri peptit trở lên có phản ứng màu biure với thuốc thử là Cu(OH)₂/OH^–

⇒ Chọn D

X là glucozo

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂ (lên men rượu)

C₂H₅OH + O₂ → CH₃COOH + H₂O (lên men giấm)

CH₃OH + CH₃COOH → CH₃COOCH₃ + H₂O 

Vậy đáp án A

nH₂ = nFe = 0,1 mol ⇒ V = 2,24 lít.

nC₂H₂ = nH₂ = a mol

BTKL: mX = mY = m bình brom tăng + m khí thoát ra

→ 26a + 2a = 10,8 + 0,2.8.2

→ a = 0,5 mol

Đốt Y cũng tiêu tốn O₂ giống như đốt X nên:

C₂H₂ + 2,5O₂ → 2CO₂ + H₂O

H₂ + 0,5O₂ → H₂O

→ nO₂ = 2,5a + 0,5a = 1,5

→ V = 33,6 lít

nCO₂ = 0,1 và nCaCO₃ = 0,1

Bảo toàn C → nCaCO₃ = 0,2 mol

→ m = 20 gam

nCO₂ = 2,2 ; nH₂O = 2,04

BTKL: nO₂ = 3,1

BTNT(O): 6nX + 2nO₂ = 2nCO₂ + nH₂O → nX = 0,04 mol

X có độ không no k → nx.(K-1) = nCO₂ - nH₂O → k = 5

Phân tử X có 3COO nên còn lại 2 liên kết pi có thể cộng Br2

→ nBr2 = 2nX = 0,24 mol

→ V = 240 ml

Chọn C.

CH₃COOCH=CH₂ (X) + NaOH → CH₃COONa (Y) + CH₃CHO (Z)                                      

CH₃COONa (Y) + NaOH → CH₄ (T)  + Na₂CO₃ (P)

CH₄ (T) → C₂H₂ (Q) + H₂             

C₂H₂ (Q) + H₂O → CH₃CHO (Z)

A. Sai, Z không thể điều chế A từ 1 phản ứng.

B. Sai, Đốt cháy cùng số mol Y, Z, T thu đưọc cùng số mol H₂O của Y khác với Z và T.

D. Sai, CH₄ là thành phần chính của khí thiên nhiên

(2) Sai vì Be không tan trong nước.

(3) Sai vì quặng boxit có thành phần chính là Al₂O₃.

(5) Sai vì thạch cao sống có công thức là CaSO₄.2H₂O.

(6) Sai vì chỉ có thể làm mềm nước cứng tạm thời bằng cách đun nóng.

⇒ Chọn A

Chí có phát biểu (b) đúng ⇒ Chọn A.

(a) Sai vì tinh bột không bị thủy phân trong môi trường kiềm.

(c) Sai vì saccarozo thuộc loại đisaccarit.

(d) Sai vì este hầu như không tan trong nước.

(e) Sai vì etylamin có lực bazơ lớn hơn lực bazơ của metylamin.

(g) Sai vì Gly–Ala là đipeptit ⇒ không có phản ứng màu biure.

Các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm:

(a) 2NaOH + Ba(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + BaCO₃↓ + 2H₂O.

(b) 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl.

(c) CO₂ + 2H₂O + NaAlO₂ → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃.

(d) 2AgNO₃ + MgCl₂ → 2AgCl↓ + Mg(NO₃)₂.

(e) Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → 2NaOH + BaSO₄

(g) Mg + 2FeCl₃ → MgCl₂ + 2FeCl₂ (vì FeCl₃ dùng dư).

Theo đó, có tất cả 5 thí nghiệm thu được kết tủa khi kết thúc các phản ứng. 

Quan sát đồ thị ta thấy nCO₂ = 0,15 thì kết tủa đạt max.

→ nCa(OH)₂ = nCaCO₃ max = 0,15 mol

Khi nCO₂ = 0,45 thì bắt đầu hòa tan kết tủa.

Khi nCO₂ = 0,5 thì lượng kết tủa bị hòa tan là:

nCaCO₃ bị hòa tan = 0,5 - 0,45 = 0,05 mol

→ nCaCO₃ còn lại = x = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol

%m_O/X = 86,3×0,1947 = 16,8 gam.

⇒ n_O = 1,05 ⇒ n_Al2O₃ = 0,35 mol.

Ta có ∑n_OH^– = 2n_H2 = 1,2 mol.

⇒ Dung dịch Y chứa n_AlO2^– = n_Al/Al2O₃ = 0,7 mol

n_{OH dư} = 0,5 mol.

+ Sau phản ứng trung hòa n_H⁺ = 3,2×0,75 – 0,5 = 1,9 mol

⇒ nAl(OH)₃ = 0,7 – \(\dfrac{1,9-0,7}{3}\) = 0,3 mol.

⇒ mAl(OH)₃ = 0,3.78 = 23,4 gam

Z gồm N₂(0,05) và H₂(0,09)

BTKL: mX + mHNO₃ + mH₂SO₄ = m_muối + m_Z + mH₂O

Với m_muối - m_X = 62,6 → nH₂O = 0,58

BTNT(H): nNH₄⁺ = 0,04

BTNT(N): nFe(NO₃)₂ = 0,03

nH⁺ = 0,08 + 0,71.2 = 12nN₂ + 10nNH₄⁺ + 2nN₂ + 2n_O

→ n_O = 0,16 → nFe₃O₄ = 0,04

đặt u, v là số mol Fe, Mg trong X.

n_X = u + v + 0,04 + 0,03 = 0,5

nBa(OH)₂ = nH₂SO₄ = 0,71

→ n_{OH^- trong kết tủa} = 0,71.2 - nNH₄⁺ = 1,38

m_{kết tủa} = 56(u+ 0,03 + 0,04.3) + 24v + 1,38.17 + 233.0,71 = 211,77

→ u = 0,13 và v = 0,3

→ % Fe = 24,97%

(b) Sai, Đây không phải là phản ứng oxi hóa khử.

(c) Sai, Không thể thay thế vì glucozơ không tạo phức tan được với dung dịch FeSO₄ trong NaOH.

(d) Sai, Màu của dung dịch trong ống nghiệm có màu xanh lam.

Vì ancol là C₂H₅OH ⇒ Z là este của alanin.

+ Quy đổi E thành C_nH_2n–1NO, H₂O và C₂H₅OH ta có:

m_{Hỗn hợp} = 36,58 + 0,05×18 = 37,48 gam

Sơ đồ ta có

\(37,48g(E)\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n - 1}}NO:0,5\\{H_2}O:a + 0,05\\{C_2}{H_5}OH:0,05\end{array} \right. + NaOH \to \left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n}}N{O_2}Na:0,5\\{C_2}{H_5}OH:0,05\end{array} \right. + \underbrace {{H_2}O}_{a + 0,05}\)

+ PT theo số mol O₂ đốt cháy muối là: 0,5×\(\dfrac{6n-3}{4}\) = 1,59 \(\Leftrightarrow\) n = 2,62.

⇒ Bảo toàn khối lượng hỗn hợp E

⇒ mH₂O = 2,34 gam ⇒ nH₂O = 0,13 mol.

⇒ n_{(X + Y)} = 0,13 – 0,05 = 0,08 mol.

+ Với ∑n_{α–amino axit trong X và Y} = 0,5 – 0,05 = 0,45 mol.

Nhận thấy 0,45÷0,08 = 5,625 ⇒ Pentapeptit và Hexapeptit.

Đặt n_Pentapeptit = a và n_Hexapeptit = b ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,08\\5a + 6b = 0,45\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{Pentapeptit}} = 0,03\\{n_{H{\rm{ex}}apeptit}} = 0,05\end{array} \right.\)

Gọi số C trong pentapeptit và hexapeptit lần lượt là a và b:

⇒ PT bảo toàn C trong peptit là: 0,03a + 0,05b = 0,5×2,62 –0,05×5 = 1,06 (ĐK 10≤a≤15 và 12≤b≤18)

→ 3a + 5b = 106

Giải PT nghiệm nguyên ⇒ a = 12 và b = 14.

⇒ X có dạng (Gly)₃(Ala)₂ và Y có dạng (Gly)₄(Ala)₂.

⇒ %m_X = \(\dfrac{0,03 \times 331}{36,58}\) × 100 ≈ 27,1%

 ⇒ Chọn D

nCO₂ = 0,9; nH₂O = 0,975 mol

Số C = nCO₂/n_E = 2,77

Do Z đa chức và có M_Z > 90 nên Z ít nhất 3C. Vậy haio ancol phải ít hơn 2,77C.

Chúng lại cùng C → C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

→ Z là axit 3 chức và T là este 3 chức, 1 vòng.

Số H = 2nH₂O/n_E = 6

Do este nhiều hơn 6H nên axit phải ít hơn 6H. Vậy E gồm:

C₂H₆O_z: amol

CH(COOH)₃ : b mol

CH(COO)₂C₂H₄-COOC₂H₅: c mol

n_E = a + b + c = 0,325

nCO₂ = 2a + 4b + 8c = 0,9

nH₂O = 3a + 2b + 5c = 0,975

→ a = 0,25; b = 0,05; c = 0,025

→ %nT = 7,69%

Chất X (x mol) là NH₄-OOC-CH₂-COO-NH₄ hoặc NH₄-OOC-COO-NH₃-CH₃.

Chất Y (y mol) là (CH₃NH₃)₂CO₃ hoặc NH₄-CO₃-NH₃-C₂H₅.

m_E = 138x + 124y = 3,86

n_khí = 2x + 2y = 0,06

→ x = 0,01 và y = 0,02

Do 2 khí có tỉ lệ mol 1 : 5 nên chọn cặp X là NH₄ - OOC - COO-NH₃ - CH₃ (0,01mol) và Y là (CH₃NH₃)₂CO₃ (0,02 mol) là nghiệm thỏa mãn.

Khi đó khí gồm NH₃ (0,01) và CH₃NH₂ (0,05)

Muối gồm (COONa)₂  (0,01) và Na₂CO₃ (0,02)

→ m_muối  = 3,46 gam

TN1: Na + H₂O → NaOH + 0,5H₂

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O → vẫn còn dư Al₂O₃

TN2: 3Fe +8HNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 3NO + 4H₂O → hoà tan hết

TN3: Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ → hoà tan hết

TN4: Zn + 2FeCl₃ → ZnCl₂ + 2FeCl₂ → hoà tan hết

Đáp án C

Trong 1930 giây: n_Cu = nCl₂ = a mol

→ m_giảm = 64a + 71a = 2,7 → a = 0,02

→ m = 64a = 1,28

n_{e trong 1930s} = 2n_Cu = 0,04 (1)

Trong 7720 giây: n_Cu = 4a = 0,08; nCl₂ = u và nO₂ = v

m_giảm = 0,08.64 + 71u + 32v = 9,15

BT electron: 0,08.2 = 2u + 4v

→ u = 0,05 và v = 0,015

Trong t giây: n_Cu = 5a = 0,1; nH₂ = x; nCl₂ = 0,05 và nO₂ = y

m_giảm = 0,1.64 + 2x + 0,05.71 + 32y = 11,11

BT electron: 0,1.2 + 2x = 0,05.2 + 4y → x = 0,02, y = 0,035

→ n_{e trong t giây} = 0,1.2 + 2x = 0,24 (2)

Từ (1) và (2) → 1930.0,24 = 0,04t → t = 11580 giây