Tơ nilon-6,6 có tính dai, bền, mềm mại, óng mượt được dùng để dệt vải may mặc, thuộc loại tơ poliamit.

Các đồng phân cấu tạo là amino axit ứng với CTPT C₄H₉NO₂:

H₂NCH₂CH₂CH₂COOH; CH₃CH(NH₂)CH₂COOH; CH₃CH₂CH(NH₂)COOH; CH₃C(NH₂)(CH₃)COOH; H₂NC(CH₃)₂COOH 

Ta thấy các đáp án A, B, C đều đúng. Duy chỉ có D sai vì hợp chất không được cấu tạo nên từ hai α-aminoaxit nên không thể là đipeptit được.

Ăn mòn điện hóa không thể xảy ra ở thí nghiệm (1) và (3) vì ở TN1 và TN3 chưa đủ 2 điện cực khác nhau về bản chất (TN1 chỉ có Fe, TN3 chỉ có Cu).

Chú ý : Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa là

Các điện cực phải khác nhau về bản chất, có thể là cặp 2 kim loại khác nhau hoặc cặp kim loại với phi kim,...

Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp nhau qua dây dẫn.

Các điện cực cùng tiếp xúc với một dung dịch chất điện lí.

Cấu hình electron lớp ngoài cùng của kim loại kiềm thổ là (n là lớp electron ngoài cùng) ns².

Đáp án D

Nguyên tử của hầu hết các nguyên tố kim loại đề có ít e ở lớp ngoài cùng (1, 2 hoặc 3e) nên ta có thể dễ dàng loại cấu hình e của (2) và (4).

Vậy các cấu hình e không phải là của kim loại là : (2) và (4).            

Dựa vào dãy điện hóa và qui tắc anpha.

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

Vậy đáp án đúng là D 

A. Khi mà dư thì ta luôn luôn không thu được kết tủa Al(OH)₃

B. Vì lượng HCl dư nên lượng kết tủa tạo thành lúc ban đầu sẽ bị hòa tan hết.

C. Luôn luôn tạo kết tủa Al(OH)₃ vì NH₃ không có khả năng hòa tan kết tủa.

D. Giống với phản ứng ở B, ta luôn có lượng kết tủa tạo thành lúc ban đầu sẽ bị hòa tan hết.

Vậy kết thúc thí nghiệm C ta thu được kết tủa Al(OH)₃

Thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa-khử là

b) Glucozơ bị oxi hóa bởi dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng tạo kết tủa Ag;

c)Khử glucozơ bằng H₂ tạo sobitol.

Chú ý: Glucozơ bị oxi hóa bởi Cu(OH)₂ trong môi trường kiềm.

Ta tính nhanh được nC4H8O2 = 1. Mà khi thủy phân este C₄H₈O₂ ta thu được axit propionic nên CTCT thu gọn của X là : CH₃CH₂COOCH₃

Ta dễ dàng nhận thấy glucozơ là monosaccarit còn saccarozơ là đisaccarit; tinh bột, xenlulozơ là polisaccarit.

Khi thủy phân saccarozơ ta thu được glucozơ và fructozơ nên nGlucozo = 0,92.0,35 = 0,322 mol

Vậy khối lượng glucozơ được tạo thành sau phản ứng thủy phân là : m = 57,96gam.

Khi đốt cháy Fe, ta thu được X là một oxit của Fe. Tiếp tục khử X bằng CO, ta thu được Y phải là Fe thì Y mới tác dụng được với dung dịch FeCl₃ tạo ra dung dịch Z sẽ là FeCl₂ .

Khi đó, để tạo ra Fe(NO₃)₃ thì T phải là AgNO₃.

Vậy Y và T có thể là Fe; AgNO₃

Các số oxi hoá thường gặp của sắt là +2, +3.   

Đáp án C

3Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O 

Vậy đáp án đúng là A

Tính lượng chất dựa vào hiệu suất phản ứng

n_Fe(Gang) = 2,4 kmol

Fe₂O₃ → 2Fe

→ n_Fe2O3 = ½ .n_Fe. 100/80 = 1,5 kmol

→ m_Hematit = 320 kg

Ta có công thức của dung dịch lysin là H₂N-[CH₂]₄-CH(NH₂)-COOH nên lysin làm quỳ tím hóa xanh chứ không phải là hồng.

Cr + 1,5Cl₂ → CrCl₃

→ nCl₂ = 0,225 mol

→ VCl₂ = 5,04 lit

dễ dàng nhận thấy công thức của asen hữu cơ là H₂N-C₆H₄-AsO(OH)₂ .

Phân tích : Xenlulozơ ((C6H10O5)n) có thể viết là [C6H7O2(OH)3]n .

Gốc C₂H₅- đẩy e mạnh hơn gốc CH₃- do đó lức bazơ của C₂H₅NH₂ > CH₃NH₂

Do tính bazơ của amin bậc 2 mạnh hơn amin bậc 1 nên

→ thứ tự sắp xếp là: NH₃, CH₃NH₂,C₂H₅NH₂

Đáp án cần chọn là A

Ta thấy để tác dụng với NaOH mà tạo CH₃COONa và C₂H₅OH thì chất đó là este CH₃COOC₂H₅ . 

Nếu không nhớ phần kiến thức “Trong môi trường kiềm, peptit tác dụng với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím.

Đó là màu của hợp chất phức giữa peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên với ion đồng” (Phần I.2- SGK cơ bản Hóa 12-tr.51) thì ta có thể loại ngay các đáp án B, C, D vì chúng cùng là đipepptit có bản chất giống nhau

Gọi các α-aminoaxit đó lần lượt là A, B và C.

Ta thấy cứ mỗi α-aminoaxit (hoặc A, hoặc B, hoặc C) đứng giữa thì khi thay đổi vị trí cácα- aminoaxit còn lại thì ta thu được hai peptit khác nhau. Nên với 3α-aminoaxit thì ta thu được 2.3 = 6 tripeptit chứa 3 gốcα- aminoaxit khác nhau.

Các tripeptit đó là : A-B-C, C-A-B, A-C-B, B-C-A,B-A-C, C-A-B.

Muối Y có CTCT CH₃CH₂COONa là nên X sẽ có CTCT là C₂H₅COOCH₃ .

nH₂ = 3,36/ 22,4 = 0,15 mol

Vì cho hỗn hợp vào dung dịch HCl dư thì Cu không tác dụng nên khí H₂ thoát ra là của Al phản ứng:

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Theo PTHH nAl = 2/3 nH₂ = 2/3.0,15 = 0,1 mol

→ %m Al = ((0,1 .27)/5).100 = 54%

Những kim loại có hoạt động trung bình như Zn, Fe, Sn, Pb,... thường được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyệt, nghĩa là khử ion kim loại trong hợp chất bằng các chất khử như C, CO, H₂ hoặc các kim loại hoạt động.

Nên khi cho khí CO dư đi qua hỗn hợp gồm CuO, Al₂O₃, MgO ( nung nóng ), sau phản ứng xảy ra hoàn toàn chất rắn thu được gồm : Cu, Al₂O₃, MgO.

Dãy cation kim loại được xếp theo chiều tăng dần tính oxi hoá từ trái sang phải là Mg²⁺ ,Fe²⁺ ,Cu²⁺.   

Đáp án B

Nhận thấy ngay, khi cho mẩu Na vào dung dịch CuSO₄ thì Na tác dụng với H₂O sinh ra khí H₂ . Sau đó, dung dịch NaOH tác dụng với CuSO₄ tạo kết tủa màu xanh (Cu(OH)₂), kết tủa này không tan.

Gọi CT chung của amino axit là: NH2-R- COOH

→ NH2 – R – COOH + HCl → ClNH3 – R – COOH ( mX)

→ ClNH3R-COOH + 2NaOH → NH2 – R – COONa + NaCL + 2H2O

(mY = mNH2 – R – COONa + mNaCL)

ADBT Khối lượng:

mX = mhh2 amino axit + mHCl 

mY = mX + mNaOH – mH2O

→ m hỗn hợp 2 amino axit = mX – mHCl = mY + mH2O – mNaOH - mHCl

(nNaOH = nH2O = 0,44 mol) = 34,37 + 0,42.18 – 0,42.40 – 0,22.36,5 = 17,1 g 

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là a, b

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 44a + 18b = 11,43\\2a + b = 0,2775.2\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l}a= 0,18 \\\end{array} \right.\)

Vì nH₂O - n_CO2 → amin no đơn chức, hoặc chứa 1 nối đôi, đơn chức

Để m là lớn nhất thì amin phải là amin chứa 1 nối đôi, đơn chức → n_amin = (nH₂O - n_CO2) : 0,5 = 0,03 mol → n_N2 = 0,015 mol

Bảo toàn khối lượng → m = 11,43 + 0,015.28 - 0,2775. 32 = 2,97 gam. 

Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch X thì H+ phản ứng với OH- trước, sau đó OH- mới tham gia phản ứng với Al³⁺

Nhận thấy tại thời điểm 0,35 mol NaOH chưa xảy ra sự hoà tan kết tủa → dung dịch thu được chứa Na⁺ :0,35 mol, Cl^- : 0,1 mol, SO₄^2- : z mol và Al³⁺ : y- 0,05 mol

Tại thời điểm 0,55 mol NaOH xảy ra sự hoà tan kết tủa → dung dịch thu được chứa Na⁺ :0,55 mol, Cl^- : 0,1 mol, SO₄^2- : z mol, AlO₂^- : y - 0,05 mol

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} x + 3y = 2z +0,1\\ 0,35 + 3. ( y - 0,05) = 0,1 +2z\\ 0,55 = 0,1 + 2z + y - 0,05\end{array} \right.\)

→ \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,2\\ y = 0,1\\ z=0,2\end{array} \right.\)

Khi thêm \(\left\{\begin{array}{l} Ba^{2+}:0,27 mol\\OH^-:0,54 mol\end{array} \right.\) + X \(\left\{\begin{array}{l} H^+ :0,2 mol\\ Al^{3+}:0,1 mol\\ SO_4^{2-}: 0,2 mol\\Cl^-: 0,1 mol\end{array} \right.\)

→ ↓ \(\left\{\begin{array}{l} BaSO_4:0,2\\Al(OH)_3\end{array} \right.\) + dd \(\left\{\begin{array}{l} Ba^{2+}:0,07 mol\\ Cl^-: 0,1 mol\\AlO_2^-: 0,07.2 -0,1= 0,04 mol\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố Al → n_Al(OH)3 =0,1 - 0,04 = 0,06mol → m_↓ = 0,2. 233 + 0,06. 78= 51,28 gam

nCu = nCuO = a và nCu(NO₃)₂ = b

→ nCuSO₄ = 2a + b = 0,7

Bảo toàn N → nNO = 2b

Bảo toàn electron → 2a = 3.2b → a = 0,3 và b = 0,1

→ %Cu = 30,97% 

n_O2 = 2,385 mol; n_CO2 = 1,71

Axit oleic và axit linoleic đều có 18C trong phân tử nên ta đặt CTPT của X là C₅₇H_2yO₆

\(C_{57}H_{2y}O_6 + \dfrac{108 + y}{2}O_2 \to 57CO_2 + yH_2O\)

Ta có: \(\dfrac{108+y}{2} \times 1,71 = 2,385 \times 57\) → y = 51.

→ X là C₅₇H₁₀₂O₆

Ta có độ bất bão hòa: \(k = \dfrac{57 \times 2 + 2 - 102}{2} = 7\)

Mà đây là trieste → Trong mạch có: 7 - 3 = 4π.

n_X = 1,71 : 57 = 0,03 mol.

→ n_Br2 = 0,03 x 4 = 0,12 mol → V = 0,12 : 1 = 0,12 lít = 120 ml 

Bảo toàn điện tích

%m_O(X) = 47,76% → n_O = 0,8 mol → n_SO4 = 0,2 mol

→ m_KL = 7,6g

Bảo toàn điện tích : n_cation.(điện tích) = 2n_SO4 = 0,4 mol

Tổng quát : Mⁿ⁺ + nOH^- -> M(OH)_n↓ → n_OH = n_cation.(điện tích) = 0,4 mol

→ m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_M(OH)n = m_BaSO4 + m_KL + m_OH = 61g

Coi hỗn hợp ban đầu gồm Fe : x mol, Cu : y mol và S

\(\left\{\begin{array}{l} Fe\\Cu\\S\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[1,6 mol]{+ HNO_3}\) dd X \(\left\{\begin{array}{l} Fe^{3+}\\Cu^{2+}\\ H^+\\ SO_4^{2-}\\NO_3^-\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[]{Cu}\)\(\left\{\begin{array}{l} Fe^{2+}\\Cu^{2+}\\ SO_4^{2-}\\NO_3^-\end{array} \right.\) + NO + H₂O

Khi cho BaCl₂ dư vào dung dịch X hình thành BaSO₄: 0,12 mol → n_S= 0, 12 mol

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào dung dịch X hình thành BaSO₄, Fe(OH)₃, Cu(OH)₂

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 56x + 64y = 4,88\\107x + 98y = 36,92-0,12. 233\end{array} \right.\)

→ \(\left\{\begin{array}{l} x= 0,07\\y =0, 015\end{array} \right.\)

Chú ý đến 2 phương trình ion -electron sau: S + 4H₂O → SO₄^2- + 6e + 8H⁺ và NO₃^- + 3e + 4H⁺ → 2NO + H₂O

→ ∑n_NO = \(\dfrac{8. n_S + n_{HNO_3}}{4}\) = \(\dfrac{8. 0,12 +0,4.4 }{4}\) = 0,64 mol

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình → 0,07.2 + 0,015.2 + 0,12. 6 + 2n_Cu = 3n_NO 

→ n_Cu = 0,515 mol

→ m = 32, 96 gam. 

Khi đốt cháy 1 chất X thì :

Công thức: n_CO2 – n_H2O = (pi – 1).n_chất

Có : n_CO2 – n_H2O = 3n_X → có 4 pi trong phân tử X.

TH₁ : Nếu X chứa 1 nhóm este → phần gốc hidrocacbon axit có 3 pi

Có : n_H2 = 0,3 mol → n_X = 0,1 mol

Chất rắn gồm : 0,1 mol RCOONa và 0,3 mol NaOH dư

Có : m_rắn = 32,8g → R = 141 (C₁₀H₂₁)

X là : C₁₀H₁₅COOC₃H₅(OH)₂ → %m_O(X) = 25,2%

TH₂ : Nếu X chứa 2 nhóm este → phần gốc hidrocacbon axit có số pi = 1

Có n_H2 = 0,3 mol → n_X = 0,15 mol

Chất rắn gồm : 0,3 mol RCOONa và 0,1 mol NaOH

Có : m_rắn = 32,8g → R = 29g (C₂H₅)

→ X là (CH₂=CH-COO)₂C₃H₅OH → %m_O(X) = 40%

X, Y đều được tạo từ các α-amino axit có 1 nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH nên

X₃ dạng C_xH_yN₃O₄; Y dạng C_mH_nN₄O₅; từ giả thiết %m_{N + O} có:

M_X = 231 → 12x + y = 125

→ x = 9; y = 17. M_Y = 246

→ 12m + n = 110

→ m = 8; n = 14.

m = 8 = 2 × 4 → Y chỉ có thể là Gly-Gly-Gly-Gly thôi.

TH của X: 9 = 2 + 3 + 4 = 3 + 3 + 3 = 2 + 2 + 5.

Giả thiết để loại trừ: "Z chứa ba muối của ba α-amino axit khác nhau"

→ là TH 2 + 3 + 4.

→ Đã rõ X là tripeptit Gly-Ala-(axit α-aminobutyric) → yêu cầu: cần tìm m muối Kali của Gly

Xem nào: gọi n_X = a mol; n_Y = b mol thì 231a + 246b = 32,3 gam và 3a + 4b = ∑n_KOH = 0,5 mol.

Giải hệ được a = 1/30 mol và b = 0,1 mol

→ ∑n_Gly = 13/30 mol

→ m_{muối kali của Gly} = Ans × (75 + 38) ≈ 48,97 gam

Polime có dạng: (-C₄H₆-)_n(-CH₂-CH(CN)-)_m

(-C₄H₆-)_n(-CH₂-CH(CN)-)_m + (5,5n + 3,75m)O₂ → (4n + 3m)CO₂ + (3n + 1,5m)H₂O + 0,5mN₂

Xét 1 mol polime → n_O2 = 5,5n + 3,75m → n_N2(kk) = 22n + 15m

→ n_{hh sau} = (4n + 3m) + (3n + 1,5m) + 0,5m + (22n + 15m) = 29n + 20m

Có %V_CO2 = 14,222% = (4n + 3m)/(29n + 20m) → n = 1,25m → n : m = 5 : 4

Đốt M cho n_CO2 = nH₂O.

Lại có đốt X và Y cho n_CO2 = nH₂O.

Mặt khác: T chứa ít nhất 2π_C=O ⇒ k ≥ 2 ⇒ đốt cho n_CO2 > nH₂O

⇒ đốt Z cho n_CO2 < nH₂O ⇒ Z là ancol no, 2 chức, mạch hở.

Quy M về HCOOH, C₂H₄(OH)₂, (HCOO)₂C₂H₄ và CH₂.

Đặt số mol các chất trên lần lượt là x, y, z và t.

m_M = 3,21(g) = 46x + 62y + 118z + 14t; n_KOH = 0,04 mol = x + 2z.

n_CO2 = 0,115 mol = x + 2y + 4z + t; nH₂O = 0,115 mol = x + 3y 3z +z.

Giải hệ có: x = 0,02 mol; y = 0,01 mol; z = 0,01 mol; t = 0,035 mol.

Dễ thấy để có 2 axit đồng đẳng kế tiếp thì ta ghép 1CH₂ vào ancol.

⇒ M gồm HCOOH: 0,015 mol; CH₃COOH: 0,005 mol; C₃H₆(OH)₂: 0,01 mol; (HCOO)(CH₃COO)C₃H₆: 0,01 mol.

%m_Z = 0,01 × 76 ÷ 3,21 × 100% = 23,68%