NaCl là chất điện li mạnh

Đáp án B

Dùng Ca(OH)₂ để kết tủa hết các kim loại nặng

Hg²⁺ + 2OH^- → Hg(OH)₂↓

Pb²⁺ + 2OH^- → Pb(OH)₂↓

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃↓

nC6H12O6 = 0,1 mol → nAg = 0,2 mol → mAg = 21,6 gam

CH₅N là amin no, đơn chứa, mạch hở

Đáp án A

Khi bị ốm, mất sức, nhiều người bệnh thường được truyền dịch đường để bổ sung nhanh năng lượng. Chất trong dịch truyền có tác dụng trên là Glucozơ.

Đáp án D

CH₃-NH-CH₃ là amin bậc 2

Đáp án C

Etyl axetat không tác dụng với H₂ (xúc tác Ni, nung nóng).

Đáp án D

CTPT : (C2H3O2)n hay C2nH3nO2n

→ Số chức axit = n

→ k >= n

k = (2n.2 + 2 - 3n)/2  >= n

→ n <= 2

Do số H chẵn nên không lấy nghiệm n= 1. Vậy n = 2 → X là C4H6O4

Có 3 CTCT thỏa mãn là CH₂(OCOC₁₇H₃₃)-CH(OCOC₁₇H₃₅)-CH₂(C₁₅H₃₁),

CH₂(OCOC₁₇H₃₃)-CH(OCOC₁₅H₃₁)-CH₂(C₁₇H₃₅),

CH₂(OCOC₁₇H₃₅)-CH(OCOC₁₇H₃₃)-CH₂(C₁₅H₃₁)

→ Chọn B.

Etyl axetat có công thức là CH₃COOC₂H₅. 

Đáp án A

Chất không phản ứng với dung dịch NaOH là ancol etylic 

Đáp án B

nCH3COOC2H5 = 0,1, nNaOH = 0,15

CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

Chất rắn gồm CH3COONa (0,1) và NaOH dư (0,05)

m rắn = 10,20 gam

Tác dụng với NaOH nhưng không tác dụng với Na là các đồng phân este:

HCOO-CH2-CH2-CH3

HCOO-CH(CH3)2

CH3-COO-CH2-CH3

CH3-CH2-COO-CH3.

Nhiên liệu cho động cơ đốt trong không phải ứng dụng của glucozơ.

Đáp án C

Dãy gồm các dung dịch đều tham gia phản ứng tráng bạc là Glucozơ, fructozơ, axit fomic, anđehit axetic.

Đáp án B

Ta có dãy sắp xếp nhiệt độ sôi: Ete < Este < Anđehit/Xeton < Ancol < Phenol < Axit cacboxylic.

Mặt khác CH₃COOH có nguyên tử H linh động nhất nên nhiệt độ sôi cao nhất 

⇒ Chọn C.

Chất làm giấy quỳ tím ẩm chuyển thành màu xanh là CH₃NH₂.

Đáp án D

Số chất thuộc loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ → Chọn B.

Trong quả chuối xanh chứa nhiều tinh bột, khi nhỏ iot lên trên bề mặt lát cắt sẽ làm iot chuyển thành màu xanh.

Đáp án C.

X có dạng RCOOC2H5

RCOOC2H5 + NaOH → RCOONa + C2H5OH

Chất rắn gồm RCOONa (0,1) và NaOH dư (0,035)

m rắn = 0,1.(R + 67) + 0,035.40 = 10,8

R = 27: C2H3

Vậy X là C2H3COOC2H5

BTNT(O): nX = 0,06 mol

BTKL cho phản ứng cháy: a = 53,16

BTKL cho phản ứng xà phòng hóa:

b = a + mNaOH - mC3H5(OH)3 = 54,84 gam

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 → [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

nHNO3 = 5000.1,4.68%/63 = 680/9 mol

→ nC6H7O2(ONO2)3 = 680/27 mol

→ mC6H7O2(ONO2)3 = 297.90%.680/27 = 6732 gam

X, Y, Z, T lần lượt là Saccarozơ, glucozơ, anilin, etylamin.

Đáp án B

Cả 4 chất trong các đáp án đều có cùng số N (=2)

→ Chất nào M nhỏ nhất thì %N cao nhất

M_Val-Ala = 117 + 89 - 18 = 188

M_Gly-Gly = 75 + 75 - 18 = 132

M_Gly-Ala = 75 + 89 - 18 = 146

M_Lys = 146

→ Gly-Gly có %N cao nhất

nCaCO3 = 0,5 mol

Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + NaHCO3 + H2O

nCa(HCO3)2 = nNaOH = 0,1

BTNT(C): nCO2 tổng = 0,7 mol

→ nTinh bột = 1/2nCO2 = 0,35 mol

H= 75% → m = 0,35.162/75% = 75,6 

nCa(OH)2 = b = nCaCO3 max = 0,25 mol

Khi kết tủa bị hòa tan hoàn toàn thì dung dịch chứa NaHCO3 (a) và Ca(HCO3)2 (b)

nCO2 = a + 2b = 0,7

→ a = 0,2 

Vậy a : b = 4 : 5

(a), (b), (c), (g)

nX = nHCl = (m muối - mX)/36,5 = 0,2 mol

MX = 59: C3H9N

Các công thức cấu tạo của X:

CH3-CH2-CH2-NH2

CH3-CH(NH2)-CH3

CH3-CH2-NH-CH3

(CH3)3N

nH2O = 0,28 mol

nCO2 = 0,16 mol

n amin = (nH2O - nCO2)/1,5 = 0,08

nM > 0,08

Số C = nCO2/nM < 0,16/0,08 = 2

Do este nhiều hơn 2C nên 2 amin có C trung bình nhỏ hơn 2 → CH5N và C2H7N

Vậy MX = 31

VC2H5OH = 10.46% = 4,6 lít

mC2H5OH = 4,6.0,8 = 3,68 (kg)

nC2H5OH = 0,08 kmol

mC6H10O5 = 0,04.162/80% = 8,1 kg

m gạo = 8,1/75% = 10,8 kg

X có dạng (Gly)x(Ala)y

MX = 75x + 89y -18.(x + y -1) = 601

57x + 71y = 583

x = 4 và y = 5 là nghiệm duy nhất.

Nhìn hình vẽ thí nghiệm, ta rút ra được:

– Thu khí X bằng phương pháp đẩy không khí.

– Bình được úp ngược ⇒ X nhẹ hơn không khí ⇒ M_X < 29.

Xét các đáp án:

A. CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O.

⇒ khí thu được là CO₂ (M = 44) ⇒ không thỏa.

B. Cu + 2H₂SO_{4 đặc} → CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O.

⇒ khí thu được là SO₂ (M = 64) ⇒ không thỏa.

C. Zn + H₂SO_{4 loãng} → ZnSO₄ + H₂↑.

⇒ khí thu được là H₂ (M = 2) ⇒ thỏa ⇒ chọn C.

D. K₂Cr₂O₇ + 14HCl → 2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂↑ + 7H₂O.

⇒ khí thu được là Cl₂ (M = 71) ⇒ không thỏa.

Các peptit thỏa mãn:

NH2-CH2-CONH-CH(C2H5)-COOH

NH2CH(C2H5)-CONH-CH2-COOH

NH2-CH2-CONH-C(CH3)2-COOH

NH2-C(CH3)2-CONH-CH2-COOH

NH2-CH(CH3)-CONH-CH(CH3)-COOH

Glucozơ và saccarozơ đều là chất rắn có vị ngọt, dễ tan trong nước. → a đúng

Tinh bột và xenlulozơ đều là polisaccarit → b đúng

Trong dung dịch, glucozơ và saccarozơ đều có tính chất của ancol đa chức → hòa tan Cu(OH)₂, tạo phức màu xanh lam → c đúng

Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm tinh bột và saccarozơ trong môi trường axit, thu được 2 loại monosaccarit → d sai

Khi đun nóng glucozơ (hoặc fructozơ) với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ thu được Ag → e đúng

Saccarozơ không tác dụng với H₂ → g sai

nH2O = nKHSO4/2 = 0,16

BTKL: mX = 19,6 gam

nH+ = 4nNO + 2nO → nO = 0,08

→ nFe3O4 = nO/4 = 0,02

Phần dungt dịch muối sau phản ứng chứa Fe2+ (a), Fe3+ (b), K+ (0,32), SO42- (0,32) và NO3- (c)

BTDT: 2a + 3b + 0,32 = 0,32.2 + c

m muối = 56.(a + b) + 39.0,32 + 96.0,32 + 62c = 59,04

nNaOH = 2a + 3b = 0,44

Giải hệ: a = 0,01; b = 0,14; c = 0,12

BTNT(N): nNO3- ban đầu = c + nNO = 0,16

nFe(NO3)2 = 0,08 mol

mFe = mX - mFe(NO3)2 - mFe3O4 = 0,56

→ % Fe = 2,86%

Đặt a, b là số mol Fe, Mg

BT electron: a = 3nNO tổng = 0,03

m kết tủa = 90a + 58b = 5,6

b = 0,05 

Vậy m = 2,88 gam

nCO2 = 0,32 → nC = 0,32

nH2O = 0,16 → nH = 0,32

BTKL: m = 5,44

→ nO = 0,08

→ C : H : O = 4 ; 4: 1

Do E đơn chức nên E là C8H8O2

nE = 0,04 và nNaOH = 0,07

Trong E có 1 este của phenol (0,03 mol) và 1 este của ancol (0,01 mol)

BTKL: mAncol = mE + mNaOH - mT - mH2O = 1,08

nAncol = 0,01 → M ancol = 108 : C6H5CH2OH

Xà phòng hóa E chỉ thu được 3 muối và ancol trên nên E chứa:

HCOO-CH2-C6H5 (0,01)

CH3COOC6H5 (0,03)

Vậy T chứa: HCOONa (0,01); CH3COONa (0,03) và C6H5ONa (0,03)

→ mRCOONa = 3,14 gam

X gồm CH2O, C2H4O, C2H4O2, C4H8O2 và CnH2n-2O4 (n ≥ 2).

nCH2O = nC2H4O2 ⇒ CH2O + C2H4O2 = C3H6O2 = 3C2O

C4H8O2 = 2C2H4O

⇒ quy X về CH2O, C2H4O và CnH2n-2O4 (n ≥ 2).

29 gam X + 0,975 mol O2 → 1 mol CO2 + ? H2O

Bảo toàn khối lượng nH2O = 0,9 mol.

Ta có: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC với k là độ bất bão hòa của HCHC.

Áp dụng: nCO2 – nH2O = naxit = 0,1 mol.

Bảo toàn Oxi: nCH2O + nC2H4O = 0,55 mol.

⇒ n < (1 – 0,55) ÷ 0,1 = 4,5

⇒ n = 2; 3; 4.

Trong 43,5 gam X thì chứa 0,1 × 43,5 ÷ 29 = 0,15 mol axit.

Do chỉ có axit phản ứng với NaHCO3

→ nNaHCO3 dư = 0,4 – 0,15 × 2 = 0,1 mol.

n = 2 ⇒ Muối khan gồm 0,15 mol (COONa)2 và 0,1 mol NaHCO3

⇒ m = 28,5 gam.

n = 3 ⇒ Muối khan gồm 0,15 mol CH2(COONa)2 và 0,1 mol NaHCO3

⇒ m = 30,6 gam.

n = 4 ⇒ Muối khan gồm 0,15 mol C2H4(COONa)2 và 0,1 mol NaHCO3

⇒ m = 32,7 gam.

Nếu X có OH- dư: X gồm K+, OH-, CO32-. Khi cho từ từ X vào H+ thì

nH+ = nOH- phản ứng + 2nCO2 → nH+ > 0,24, trái với giả thiết là chỉ dùng 0,15 mol H+.

Vậy X không có OH- dư.

Trong 100ml dung dịch X chứa CO32- (a mol); HCO3- (b mol) và K+.

nBaCO3 = a + b = 0,2  (1)

Với HCl, đặt u, v là số mol CO32- và HCO3- phản ứng với u/v = a/b

nHCL = 2u + v = 0,15

nCO2 = u + v = 0,12

→ u = 0,03 và v = 0,09

Vậy a/b = u/v = 1/3 → 3a - b = 0 (2)

Từ (1)(2) → a = 0,05 và b = 0,15

→ Trong 200ml X chứa CO32- (0,1); HCO3- (0,3) → K+ (0,5)

BTNT(K): x + 2y = 0,5 (3)

BTNT(C): y + 0,2 = 0,1 + 0,3  (4)

Từ (3)(4) → x = 0,1 và y = 0,2

Dễ thấy Z là ancol 2 chức ⇒ n_Z = n_H2 = 0,26 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_Z = m_{bình tăng} + m_H2 = 19,24 + 0,26 × 2 = 19,76(g) ⇒ M_Z = 19,76 ÷ 0,26 = 76 (C₃H₈O₂).

Do T mạch hở ⇒ X và Y là axit đơn chức

⇒ n_{muối X} = n_{muối Y} = n_NaOH ÷ 2 = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_Na2CO₃ = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_CO2 = 0,6 mol.

Gọi số C trong gốc hidrocacbon của 2 muối là x và y (x \( \ne \) y; x, y \( \in \) N).

⇒ 0,2x + 0,2y = 0,2 + 0,6.

Giải phương trình nghiệm nguyên: x = 1; y = 3.

⇒ 1 muối là HCOONa.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: H_{muối còn lại} = 3 ⇒ CH₂=CHCOONa.

Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 2,7(g) ⇒ ∑n_X,Y = n_H2O = 0,15 mol ⇒ n_T = 0,125 mol.

T là (HCOO)(C₂H₃COO)C₃H₆ 

%m_T = 0,125 × 158 ÷ 38,86 × 100% = 50,82% ⇒ chọn D