Có 4 công thức cấu tạo của este có công thức phân tử C₄H₈O₂ là: HCOOCH₂CH₂CH₃; HCOOCH(CH₃)CH₃; CH₃COOCH₂CH₃; CH₃CH₂COOCH₃ 

Hoặc tính nhanh số đồng phân của este, no, đơn, chức mạch hở bằng công thức: 2^n-2 (n < 5)

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

CuCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂ (tan)

Đáp án D

Đun este X với dung dịch H₂SO₄ loãng, thu được dung dịch Y. Trung hòa dung dịch Y rồi thực hiện phản ứng tráng bạc thấy có kết tủa trắng bạc sinh ra. X là Metyl fomat.       

Đáp án B

Chọn D.

Ta có: \({m_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{12,15}}{{162}}.0,7.2.46 = 4,83\;(kg) \Rightarrow {V_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{m}{d} = 6,035\;(l)\) (d_rượu = 0,8 g/ml)

\(D = \frac{{{V_{{C_2}{H_5}OH}}}}{V}.100 \Rightarrow V = 15,09\;(l)\)

Glyxylalanin có công thức là H₂N-CH₂-CO-NH-CH(CH₃)-COOH.

Đáp án D

Gốc C₆H₅- hút e → giảm tính bazo

Gốc hidrocacbon no đẩy e → tăng tính bazo

\(\begin{array}{l}
\frac{{48}}{{3,5}} \le {Z_X} \le \frac{{48}}{3}\\
 \to 13,7 \le {Z_X} \le 16
\end{array}\)

→ Z_X = 14, 15, 16

X có số khối chênh lệch với số khối trung bình không quá 1 đơn vị

→ Chọn S (16p, 16n, 16e) có số khối 32, số khối trung bình là 32.

nC = nCO₂ = 0,2 mol

nH = 2nH₂O = 0,4 mol

nO = (mX - mC - mH)/16 = 0,1

→ C : H : O = 2 : 4 : 1

→ CTĐGN của X là C₂H₄O

H₂ có thể phản ứng được với Cl₂ ở điều kiện thường: Cl₂ + H₂ → 2HCl

Đáp án D

Hằng số cân bằng hóa học phụ thuộc vào nhiệt độ.

Đáp án C

Độ dinh dưỡng của phân đạm được tính bằng hàm lượng %N trong phân đạm.

Đáp án B

Từ C₂H₄ có thể điều chế trực tiếp CH₃CHO theo PTHH:

2C₂H₄ + O₂ → 2CH₃CHO

Stiren có công thức phân tử là C₈H₈.     

Đáp án B

nH₃PO₄ = nP = 0,1 → CM H₃PO₄ = 0,1 : 0,2 = 0,5 M

A sai vì trong phản ứng tráng bạc thì anđehit là chất khử; AgNO₃ là chất oxi hóa

B sai vì HCOOH có chứa cấu trúc -CHO nên có khả năng làm mất màu dd Br₂

C đúng vì HCOONH₄ có chứa cấu trúc -CHO nên có khả năng tráng gương

D sai vì ancol bậc 3 không bị oxi hóa

Đáp án C

Glucozo có chứa nhóm -CHO nên có khả năng làm mất màu nước brom.

Đáp án C

Axit propionic có công thức cấu tạo là CH₃-CH₂-COOH. 

Đáp án B

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂ + 2NaCl

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Vậy kết tủa thu được là Mg(OH)₂ → n_Mg(OH)2 = n_Mg = 0,025 mol

→ m _{kết tủa} = 0,025.58 = 1,45 gam

Chọn C.

Ban đầu hình thành kết CaCO₃ làm giảm độ tan Þ độ sáng bóng đèn giảm

Sau đó kết tủa tan dần tạo dung dịch trong suốt Þ độ sáng bóng đèn tăng.

Đun nóng metyl axetat với dung dịch NaOH, thu được CH₃COONa.    

Đáp án B

Chọn A.

\(\left\{ \begin{array}{l}
Ala:x\;mol\\
Glu:y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y = \frac{{m + 61,6 - m}}{{22}}\\
x + y = \frac{{m + 73 - m}}{{36,5}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1,2\\
y = 0,8
\end{array} \right. \Rightarrow m = {m_{Ala}} + {m_{Glu}} = 224,4\;(g)\)

Chọn A.

Các đồng phân thoả mãn là: Ala-Val-Ala-Gly-Val; Val-Ala-Ala-Gly-Val; Ala-Gly-Val-Ala-Val;

Ala-Gly-Val-Val-Ala; Ala-Ala-Gly-Val-Val và Val-Ala-Gly-Val-Ala.

Chọn A.

\(BTKL:{n_{HCl}} = {n_X} = \frac{{22,475 - 13,35}}{{36,5}} = 0,25\,mol\) . Gọi CTPT của X là C_nH_{2n + 3}N

⇒ \({M_X} = 14n + 17 = \frac{{13,35}}{{0,25}} \Rightarrow n = 2,6\)

Từ phản ứng đốt cháy ⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}
C{O_2}:0,65\,mol\\
{H_2}O:1,025\,mol
\end{array} \right. \Rightarrow m = 47,05\;(g)\)

Chọn D.

(2) Sai, Nhỏ vài giọt dung dịch HCl vào dung dịch anilin thấy anilin tan dần.

(3) Sai, Các este là chất lỏng hoặc rắn ở nhiệt độ thường và tan rất ít trong nước.

Chọn A.

Có 3 CTCT của X là HCOOC₆H₄OH (o, m, p).

Chọn C.

\(2ROH\;\;( + {H_2}S{O_4},\;{t^o}) \to \;\;R{\rm{OR}}\;\; + \;\;{H_2}O\)

Nếu hiệu suất là 50% thì: \({n_{ROR}} = \frac{{{n_{R{\rm{OH}}}}}}{2}.0,5 = 0,1\,mol \Rightarrow {M_{ROR}} = 77,04 \Rightarrow {M_R} = 30,52\)

Nếu hiệu suất là 40% thì: \({n_{ROR}} = \frac{{{n_{R{\rm{OH}}}}}}{2}.0,4 = 0,08\,mol \Rightarrow {M_{ROR}} = 96,3 \Rightarrow {M_R} = 40,15\)

→ 2 gốc R lần lượt là C₂H₅ (29) và C₃H₇ (43). Vậy 2 ancol đó là etanol và propan-1-ol.   

Chọn D.

Chất tham gia phản ứng thủy phân là etyl axetat, vinyl fomat, tripanmitin, triolein, saccarozơ, tinh bột, xenlulozơ.

Chọn B.

X có công thức cấu tạo là HCOO-CH₂-COO-CH₃

Khi cho X tác dụng với NaOH thì: \({m_Y} = 17,7 + 0,4.40 - 0,15.32 = 28,9\;(g)\)

Chọn B.

Các chất ở trạng thái khí là NH₃, CH₃NH₂, C₂H₅NH₂, CH₃NHCH₃, (CH₃)₃N.

Số công thức cấu tạo của X là: NH₄-CO₃-NH(CH₃)₃; CH₃NH₃-CO₃-NH₂(CH₃)₂; CH₃NH₃-CO₃-NH₃C₂H₅.

Chọn D.

\(NaCl{\rm{ }}(dpdd) \to {\rm{ NaOH (}} + C{O_2}) \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3}( + {H_2}S{O_4}) \to {\rm{ N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}{\rm{ (}} + BaC{l_2}) \to {\rm{ BaS}}{{\rm{O}}_4}\)

Chọn C.

Chọn A.

Gọi CTTQ của este: C_nH_{2n + 2 – 2k}O₄ (k = π_gốc + π_chức = π_gốc + 2).

Sử dụng độ bất bão hoà, ta có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = (k - 1).{n_X}\) (1)

Bảo toàn nguyên tố O: 4n_X + 2.0,3 = \(2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\) (2)

Theo đề ta có: \({n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\) = 0,5 (3)

Ở đây có 3 phương trình mà có tới 4 ẩn nên chúng ta đi xét các giá trị của k:

     + Với k = 2 (π_gốc = 0) thay vào (1), (2), (3) → không thoả mãn.

     + Với k = 3 (π_gốc = 1) thay vào (1), (2), (3) → \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 0,3\;mol\\
{n_{{H_2}O}} = 0,2\;mol\\
{n_X} = 0,05\;mol
\end{array} \right. \to {C_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 6\)

⇒ Công thức cấu tạo của X là CH₂=CH-COO-CH₂-CH₂-OOC-H.

Chất rắn gồm KOH dư: 0,1 mol ; C₂H₃COOK: 0,05 mol và HCOOK: 0,05 mol ⇒ m_rắn = 12,1 gam.

Chọn A.

Kết tủa gồm \(\left\{ \begin{array}{l}
AgCl\\
Ag
\end{array} \right.\) với  \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{AgCl}} + {n_{Ag}} = 1,176\\
143,5{n_{AgCl}} + 108{n_{Ag}} = 164,496
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{AgCl}} = 1,056\,mol\\
{n_{Ag}} = 0,12\;mol
\end{array} \right.\)

\(BtCl:{n_{FeC{l_2}}} = \frac{{{n_{AgCl}} - {n_{HCl}}}}{2} = 0,12\;mol\) và nH_2 dư = \(2{n_{N{O_2}}} = 0,08\;mol\)

Ta có: \({n_{{H^ + }}} = 4{n_{NO}} + 10{n_{N{H_4}^ + }} = 0,816 - 0,08 \Rightarrow {n_{N{H_4}^ + }} = 0,016\;mol\)

\(BTN:{n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{{n_{NO}} + {n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = 0,08\;mol \Rightarrow {m_{Al}} + {m_{Mg}} = 5,88\)

Dung dịch Z gồm Mg²⁺, Al³⁺, Fe³⁺ (0,2 mol), NH₄⁺ (0,016 mol), NO₃^–.

\(BTN:{n_{N{O_3}^ - (Z)}} = {n_{AgN{O_3}}} - {n_{N{O_2}}} = 1,136\;mol \Rightarrow {m_Z} = 87,8\;gam\)

Chọn D.

Khi dẫn Z qua bình đựng Na dư thì: \({m_{ancol}}\) = m_b.tăng + \({m_{{H_2}}}\) = 19,76 (g)

+ Giả sử anol Z có x nhóm chức khi đó:  \({M_Z} = \frac{{{m_Z}}}{{2{n_{{H_2}}}}}x = 38{\rm{x}} \to {M_Z} = 76\;:{C_3}{H_6}{(OH)_2}\;(0,26\;mol)\)

Khi cho hỗn hợp E:   X  +  Y  +  T  +  Z  +  4NaOH → 2F₁  +  2F₂  +  C₃H₆(OH)₂  +  H₂O

                       mol:    x       y       t       z          0,4           

+ Vì 2 muối có tỉ lệ mol 1 : 1 nên x = y

Khi đốt cháy hoàn toàn muối F thì: \({n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,5{n_{NaOH}} = 0,2\;mol\)

\( \to {n_{C{O_2}}} = \frac{{2({n_{{F_1}}} + {n_{{F_2}}}) + 2{n_{{O_2}}} - 3{n_{N{a_2}C{O_3}}} - {n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,6\;mol \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\overline C _F} = 2\\
{\overline H _F} = 2
\end{array} \right.\)

→ Trong F có chứa muối HCOONa và muối còn lại là CH₂=CHCOONa với số mol mỗi muối là 0,2 mol

→ X, Y, Z, T lần lượt là HCOOH; CH₂=CHCOOH; C₃H₆(OH)₂; CH₂=CHCOOC₃H₆OOCH.

Ta có hệ sau:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NaOH}} = 2{\rm{x}} + 2{\rm{t}} = 0,4\\
{n_{{C_3}{H_6}{{(OH)}_2}}} = z + t = 0,26\\
{m_E} = 46{\rm{x}} + 72{\rm{x}} + 76{\rm{z}} + 158t = 38,86
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{x  =  0,075}}\\
z = 0,135\\
t = 0,125
\end{array} \right. \Rightarrow \% {m_T} = 50,82\% \)

Tại  \(V = 0,03\,(l) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,03\,mol\\
{n_{NaOH}} = 0,06\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} + 4{n_{A{l^{3 + }}}} = 2a + 8b = 0,12\)

Tại \(V = 0,03\,(l) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,05\,mol\\
{n_{NaOH}} = 0,1\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{B{a^{2 + }}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} = a + 3b = 0,05\)

Từ (1), (2) suy ra tỉ lệ a : b = 0,02 : 0,01 = 2 : 1.

Chọn D.

X là FeCO₃; X₁ là FeCl₂; X₂ là CO₂; X₃ là Fe(OH)₂; X₄ là NaCl; X₅ là FeCl₃; X₆ là Fe(OH)₃; X₇ là Ba(HCO₃)₂; X₈ là BaCO₃; X₉ là Na₂CO₃.

(a) Đúng, Oxi hóa FeCl₂ bằng KMnO₄ trong H₂SO₄ loãng thu được khí màu vàng lục là Cl2.

(b) Đúng, FeCl₃ (số oxi hoá của Fe và Cl là +3, -1) Þ vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

(c) Đúng, Ba(HCO₃)₂ có tính lưỡng tính.

(d) Đúng, Na₂CO₃ là hóa chất quan trọng trong công nghiệp thủy tinh, bột giặt, phẩm nhuộm, giấy, sợi....

Chọn A.

Xử lí hỗn hợp Z, nhận thấy: \({n_C} = {n_{C{O_2}}} = {n_{O{H^ - }}} = 2{n_{{H_2}}}\) ⇒ Các chất trong Z có số nguyên tử C bằng với số nhóm OH.

Từ 2 este ban đầu ⇒ Z gồm  \(\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}OH:x\;mol\\
{C_2}{H_4}{\left( {OH} \right)_2}:y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y = {n_{C{O_2}}} = 0,04\\
4x + 4y = {n_{Ag}} = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,01\\
y = 0,015
\end{array} \right.\)

Khi cho X tác dụng với NaOH thì: \({n_{KOH}} = 2{n_{Gly - Ala}} + 2.{n_{{C_4}{H_6}{O_4}}} + {n_{{C_5}{H_{11}}{O_2}N}} \Rightarrow {n_{Gly - Ala}} = 0,02\,mol\)

\(X\left\{ \begin{array}{l}
Gly - Ala:0,02\;mol\\
{(HC{\rm{OO)}}_{\rm{2}}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{4}}}:0,015\;mol\\
{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOC}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}:0,01\;mol
\end{array} \right. \to \) hỗn hợp rắn \(\left\{ \begin{array}{l}
AlaNa + GlyNa\\
HC{\rm{OONa}}\\
{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COO}}Na
\end{array} \right.\) → m = 7,45 gam

Chọn B.

Ta có: \({n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}{n_{K{\rm{O}}H}} = 0,2\;mol \Rightarrow {m_{ancol}} = \) m_b.tăng + \(2{n_{{H_2}}}\) = 15,6 (g)

\( \Rightarrow {\overline M _F} = \frac{{{m_{ancol}}}}{{2{n_{{H_2}}}}} = 39\left( { = \frac{{{M_{C{H_3}OH}} + {M_{{C_2}{H_5}OH}}}}{2}} \right)\) : 2 ancol đó là CH₃OH (0,2 mol) và C₂H₅OH (0,2 mol).

Khi đốt cháy E thì:  \({n_{C{O_2}}} = {n_{{O_2}}} = {n_{C{O_2}(K)}} + {n_{C{O_2}(F)}} + {n_{{K_2}C{O_3}}} = {n_{C{O_2}(K)}} + 0,8\)

\({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_E} + 32{n_{{O_2}}} - 44{n_{C{O_2}}}}}{{18}} = \frac{{20,64 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}\)

Khi cho E tác dụng với KOH thì:  \({m_K} = {m_E} + 56{n_{K{\rm{O}}H}} - {m_{ancol}} = 37,04\;(g)\)

\({n_{H(K)}} = 2{n_{{H_2}O}} + {n_{K{\rm{O}}H}} - {n_{H(F)}} = \frac{{6,24 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{9} \Rightarrow {n_{{H_2}O(K)}} = \frac{{6,24 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}\) (1)

Khi đốt cháy K thì:  \({m_F} + 32{n_{{O_2}}} = 44{n_{C{O_2}(K)}} + 18{n_{{H_2}O(K)}} + 138{n_{{K_2}C{O_3}}} \Rightarrow {n_{C{O_2}(K)}} = 0,52\;mol\)

Thay nCO2  vào (1) nhận thấy \({n_{{H_2}O(K)}} = 0\) ⇒ trong muối K không chứa H.

Gọi muối K  \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_x}{(COOK)_2}:1,5{\rm{a}}\\
{C_y}{(COOK)_2}:a
\end{array} \right. \to 3{\rm{a}} + 2{\rm{a  =  0,4}} \Rightarrow {\rm{a  =  0,08}} \to 0,12x + 0,08y = 0,32 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 4
\end{array} \right.\)

mà $\({n_{C{H_3}OH}} = {n_{{C_2}{H_5}OH}} = {n_{{{(COOK)}_2}}} + {n_{{C_4}{{(COOK)}_2}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
X:{H_3}COOC - COO{C_2}{H_5}\\
Y:{H_3}COOC - C \equiv C - C \equiv C - COO{C_2}{H_5}
\end{array} \right.\)  

Vậy tổng số nguyên tử nguyên tố có trong Y là 21.

Chọn B.

Quy hỗn hợp thành Fe, Cu, O (0,21 mol)

Dung dịch Y gồm Cu²⁺ (x mol), Fe²⁺ (y mol), Fe³⁺ (z mol); Cl^- (b mol), NO₃^-.

Hỗn hợp rắn gồm CuO: x mol và Fe₂O₃: 0,5.(y + z) mol

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
64x + 56.(y + z) = 20 - 0,21.16\\
80x + 160.0,5.(y + z) = 22,4\\
2x + 2y + 3z = 0,06.3 + 0,21.2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,12\\
y = 0,12\\
z = 0,04
\end{array} \right.\)

\( \to 0,2 = {n_{N{{O'}_3}^ - }} + 0,06 \Rightarrow {n_{N{{O'}_3}^ - }} = 0,14\;mol\) .

Áp dụng BTĐT trong (Y) → b = 0,46 mol

Kết tủa thu được gồm Ag (0,12 mol) và AgCl (0,46 mol) → m_{kết tủa} = 78,97 (g)

Dựa vào các dữ kiện của đề bài ta xác định được các chất X, Y, Z, T tương ứng là:

CH₂=C(COOCH₃)₂ (X) + 2NaOH → CH₂=C(COONa)₂  (Y) + 2CH₃OH (Z)

2CH₃OH (Z) → CH₃OCH₃ + H₂O

CH₂=C(COOH)₂ (T) + 2HBr → CH₃CHBr(COOH)₂ + CH₂Br-CH-(COOH)₂          

A. Sai, Chất Y có công thức phân tử C₄H₂O₄Na₂.

C. Sai, Chất X phản ứng với H₂ (Ni, t^o) theo tỉ lệ mol 1 : 2.

D. Sai, Chất Z không làm mất màu nước brom.