nC₆H₁₄O₆ = 0,015

C₆H₁₂O₆ + H₂ → C₆H₁₄O₆

0,015                        0,015

→ nC₆H₁₂O₆ cần dùng = 0,015/75% = 0,02

→ mC₆H₁₂O₆ cần dùng  = 3,6 gam

nC₆H₁₂O₆ = 0,05 mol

nAg = 2nC₆H₁₂O₆ = 0,1 mol

mAg = 10,8 gam

mO = 0,412m → nO = 0,02575m

→ nNaOH = nH₂O = nCOOH = 0,02575m/2

BTKL: m + 40.0,02575m/2 = 20,532 + 18.0,02575m/2

→ m= 16 gam

Mùi tanh của cá là hỗn hợp các amin và một số tạp chất khác. Để khử mùi tanh của cá trước khi nấu, người ta thường rửa bằng giấm ăn.  

Vậy đáp án đúng là C.

có M_X = 37 × 2 = 74 = 14 × 3 + 32

⇒ công thức phân tử của este no, đơn chức X là (CH₂)₃.O₂ hay C₃H₆O₂.

Chọn đáp án B

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

(b) đúng

(c) sai vì saccarozo là đisaccarit

(d) sai vì etyl axetat tan ít trong nước

(e) sai vì metyl amin là chất khí ở điều kiện thường

(g) đúng

Vậy có tất cả 2 phát biểu đúng

Đáp án C

Khí Z gồm NO(0,075), N₂O(0,01) và H₂(0,02)

B + NaOH (0,63mol) → Dung dịch chứa Na⁺ (0,63), Cl^- (0,33), bảo toàn điện tích → nSO₄^2- = 0,15

→ nBa(NO₃)₂ = nBaSO₄ = 0,2 - 0,15 = 0,05

Bảo toàn N → NH₄⁺ = 0,005

nH⁺ = 0,33 + 0,2.2 = 4nNO + 10nN₂O + 2nH₂ + 10nNH₄⁺ + 2nO → nO = 0,12

nOH^- trong kết tủa = n_NaOH - nNH₄⁺ = 0,625

→ m_{kết tủa} = m_Mg + m_Fe + 0,625.17 + 0,05.233 = 31,1

→ mMg + mFe = 8,825

mX = mMg + mFe + mO + mBa(NO₃)₂ = 23,795

BTNT(O): nO(X) = nO + 6nBa(NO₃)₂ = 0,42

→ %O = 28,24% 

+ Axetilen có công thức tổng quát là C_nH_2n–2

+ Trong công thức cấu tạo còn có 1 liên kết 3 (–C≡C–)

⇒ Axetilen thuộc dãy đồng đẳng của ankin 

⇒ Chọn C

Dãy đồng đẳng của amin no, đơn chức, mạch hở có công thức chung là C_nH_2n+3N (n ≥ 1). 

Đáp án A

Các este thỏa mãn

HCOOCH₂CH=CH₂

HCOOCH=CHCH₃ (cis-trans)

HCOOC(CH₃)=CH₂ 

CH₃COOCH=CH₂

→ Đáp án B

Quy đổi hỗn hợp thành CO₂ (x), CH₂ (y) và NH₃ (z)

nO₂ = 1,5y + 0,75z = 1,14

nN₂ = 0,5z = 0,1

nCO₂ = x + y = 0,91

→ x = 0,25; y = 0,66; z = 0,2

→ nKOH = x = 0,25

→ m = 14 gam

đặt n_X = x

BTNT(O) nCO₂ = 3x + 0,52

→ m = 12(3x + 0,52) + 0,5.2 + 16.6x = 132x + 7,24

nKOH = 3x và nC₃H₅(OH)₃ = x, bảo toàn khối lượng:

132x + 7,24 + 56.3x = 9,32 + 92x → x = 0,01

→ nCO₂ = 0,55

nX = (nH₂O -nCO₂)/(1 - k) → k = 6

Dó có 3 nhóm COO nên mỗi phân tử X cộng được 3Br₂

nBr₂ = 0,06 → a = 0,02

K = 1 ⇒ có 6 đồng phân đơn chức ứng với công thức C₄H₈O₂ là:

- Este (4 đồng phân) : HCOOCH₂CH₂CH₃; HCOOCH(CH₃)CH₃; CH₃COOC₂H₅; C₂H₅COOCH₃

- Axit (2 đồng phân): CH₃CH₂CH₂COOH; CH₃CH(CH₃)COOH

 Este đơn chức có dạng RCOOR'.

Để thủy phân thu được CH₃OH ⇒ R' phải là gốc CH₃ 

⇒ Chọn C.

Glyxin có tính lưỡng tính

Đáp án A

nY : nNaOH = 1 : 4 nên Y là tetrapeptit.

Thủy phân Y tạo Gly - Gly và Ala- Ala nên Y có cấu tạo:

Gly - Gly -Ala-Ala

Ala-Ala-Gly - Gly

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_COONa = n_NaOH = 0,35 × 2 = 0,7 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_CO2 = 0,35 mol 

Dễ thấy trong muối thì:

n_C = 0,7 mol = n_Na ⇒ T gồm HCOONa (x mol) và (COONa)₂ (y mol).

Bảo toàn nguyên tố Hidro: nHCOONa = 0,2 × 2 = 0,4 mol.

⇒ n(COONa)₂ = (0,7 – 0,4) ÷ 2 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_T = 47,3 gam

Bảo toàn khối lượng: m_A = 41,5 gam.

Xét phản ứng đốt A, đặt nCO₂ = a; nH₂O = b ⇒ a – b = 0,25.

m_A = m_C + m_H + m_O = 12a + 2b + 0,7 × 2 × 16 = 41,5 gam

⇒ giải hệ có: a = 1,4 mol; b = 1,15 mol 

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_C/ancol = 0,7 mol = n_O/ancol 

⇒ số C = số nhóm OH ⇒ 2 ancol no, mạch hở.

Tương tự: n_H/ancol = 2,6 mol ⇒ n_ancol = 2,6 ÷ 2 – 0,7 = 0,6 mol.

⇒ C_tb = 1,3 ⇒ 2 ancol là CH₃OH (0,5 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,1 mol).

Ghép chất ⇒ A gồm (HCOO)₂C₂H₄ (0,1 mol), HCOOCH₃ (0,2 mol) và (COOCH₃)₂ (0,15 mol) ⇒ Z là (COOCH₃)₂ (%m_Z = 42,65% ⇒ chọn C).

Ta có

HC≡CH + 2AgNO₃ + 2NH₃ → AgC≡CAg + 2NH₄NO₃

⇒ n_AgC≡CAg = n_C2H₂ = 0,1 mol

⇒ m_AgC≡CAg = 0,1×240 = 24 gam 

⇒ Chọn D

2CH₃NH₂ → 1N₂

n_N2 = \(\dfrac{1}{2}\) × n_CH3NH₂ = \(\dfrac{1}{2}\times 0,2\) = 0,1 mol.

V_N2 = 0,1 × 22,4 = 2,24 mol.

Đáp án D.

Muối X là Ba(HCO₃)₂

nNaOH = 0,04 và nNa₂CO₃ = 0,08

OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

→ nBa(HCO₃)₂ = nBaCO₃ max = nCO₃^2- tổng = 0,12

Vậy CO₂ + Ba(OH)₂ ( 0,22) → Ba(HCO₃)₂ (0,12) và BaCO₃ (0,1)

Bảo toàn C → nCO₂ = 0,34

→ nC₆H₁₂O₆ phản ứng = 0,17

→ mC₆H₁₂O₆ đã dùng = 0,17.180/82% = 37,32 gam

Glucozơ không tham gia phản ứng thủy phân

Đáp án D

Lên men glucozơ (xúc tác enzim), thu được khí cacbonic và etanol. 

Đáp án A

Để gọi tên của este (RCOOR') ta đọc theo thứ tự:

Tên R' + Tên RCOO + at

⇒ Tên gọi của C₂H₅COOCH₃ là metyl propionat

⇒ Chọn C

m = 0,15 × 56 = 8,4 gam ⇒ chọn D.

Quá trình cho-nhận e: Cu → Cu⁺² + 2e (1) || N⁺⁵ + e → N⁺⁴ (2).

Thăng bằng electron: 1 × (1) + 2 × (2) ⇒ Cu + 2N⁺⁵ → Cu⁺² + 2N⁺⁴.

Điền hệ số vào phương trình: Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + H₂O.

Chú ý: chưa điền hệ số vào HNO₃ vì 1 phần N⁺⁵ (NO₃^–) đóng vai trò môi trường.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ ⇒ 4HNO₃. Bảo toàn nguyên tố Hidro ⇒ 2H₂O.

Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O.

Ước chung lớn nhất là 1 ⇄ hệ số nguyên tối giản ⇒ tổng hệ số là 10

⇒ chọn B.

Tổng số e trên các phân lớp là 12 → Mg

Cacbohiđrat có phản ứng màu với dung dịch I₂ là tinh bột

Đáp án B

Các kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học: Mg, Al, Zn.

Kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học kim loại không tác dụng với HCl.

CH₃-NH-CH₃ là amin bậc hai

Đáp án A

Etilen CH₂=CH₂ có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp.

CH₂=CH₂ →(−CH₂−CH₂−)_n

Đáp án C

Phản ứng màu biure chỉ xuất hiện ở các peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên → có từ 3 amino axit trở lên

Gly- Ala + 2KOH → GlyK + AlaK + H₂O

   x                              x          x

M_muối = 113x + 127x = 2,4 → x = 0,01

→ m_{Gly - Ala} = 1,46

CH₃COOH là axit nên sẽ làm quỳ tím hóa đỏ.

Đáp án D

Quy đổi hỗn hợp thành:

CH₄: 2mol (Tính từ nX + nY)

CH₂: 2 mol ( BTNT: nCH₂ = nCO₂ - nCH₄ - nCOO)

NH: 2 mol (Tính từ nHCl)

COO: 2 mol ( Tính từ nNaOH)

BTNT (H) : nH₂O = 7

BTNT (N): nN₂ = 1

nCH₃COOH ban đầu = nCO₂ = 0,15

nCH₃COOC₂H₅ = 0,08

CH₃COOH + C₂H₅OH → CH₃COOC₂H₅ + H₂O

0,08                   0,08                0,08

Dễ thấy 0,08/0,15 # 80% hiệu suất đã được tính theo C₂H₅OH

→ nC₂H₅OH ban đầu = 0,08/80% = 0,1

→ m = 13,6

Chất điện li mạnh: HCl, NaOH

Chất điện li yếu: CH₃COOH

Đáp án B

m_{dd tăng} = ∑m₍CO₂, H₂O) = 12,89 (g)

Bảo toàn khối lượng: m_N2 = 0,28 (g)

⇒ n_N2 = 0,01 mol

Đặt n_CO2 = x; n_H2O = y ⇒ m_{dd tăng} = 44x + 18y = 12,89(g).

Bảo toàn nguyên tố Oxi ⇒ 0,3125 × 2 = 2x + y 

⇒ Giải hệ có: x = 0,205 mol; y = 0,215 mol.

n_X = 2n_N2 = 0,02 mol ⇒ n_Y = 0,1 mol

⇒ \(\dfrac{{0,205 - 0,02 \times 3}}{{0,1}} < {C_Y} < \dfrac{{0,205 - 0,02 \times 2}}{{0,1}}\)

⇒ chứa CH₄.

Lại có: ∑n_CO2 – ∑n_H2O = (k_Y – 1).n_Y – 1,5n_X 

⇒ k_Y = 1,2 ⇒ hidrocacbon còn lại chứa 2π.

Đặt nCH₄ = a; n_{hidrocacbon còn lại} = b

⇒ n_Y = a + b = 0,1 mol; 0,205 – 0,215 = a – b – 1,5 × 0,02.

⇒ Giải hệ có: a = 0,04 mol; b = 0,06 mol

⇒ \(\dfrac{{0,205 - 0,02 \times 3 - 0,04}}{{0,06}} < {C_Y} < \dfrac{{0,205 - 0,02 \times 2 - 0,04}}{{0,06}}\).

⇒ hidrocabon còn lại là C₂H₂ (có phân tử khối lớn hơn)

⇒ %mC₂H₂ = 70,91%

nCH₃COOC₂H₅ = 0,1 và nKOH = 0,15

CH₃COOC₂H₅ + KOH → CH₃COOK + C₂H₅OH

Chất rắn gồm CH₃COOK (0,1) và KOH dư (0,05)

→ m_rắn = 12,6 gam

Ure thuộc loại phân đạm

Đáp án A

Hợp chất hữu cơ nhất thiết phải chứa nguyên tố Cacbon