X + O → Y 

BTKL = m_O      = m_Y - m_X = 22,2 - 14,2 = 8 g  n_O = 0,5 mol 

Y + HCl thì 2H + O → H₂O 

Ta có n_H= n_HCl=2n_O=2.0,5 = 1 mol   

Đáp án C 

N_Glucozo = 0,1 mol

Glucozơ → 2Ag

0,1 →              0,2 mol 

 m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam

Đáp án C

Đặt CTTB của 2 amin là CnH_2n+3N thì

\({C_n}{H_{2n + 3}}N + \frac{{60 + 3}}{4}{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}nC{O_2} + \frac{{2n + 3}}{2}{H_2}O + \frac{1}{2}{N_2}\)

Nên  \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{n}{{\frac{{2n + 3}}{2}}} = \frac{5}{8} \Rightarrow n = 2,5\)

Vì 2 amin là đồng đẳng kế tiếp nên 2 amin là C₂H₅NH₂ và C₃H₃NH₂

Đáp án B 

Trong X đặt n_C3H4 = x mol và n_H2 = y mol thì x + y = n_X = 0,75 mol (1)

Hỗn hợp Y có m_Y = m_X= 40x + 2y (g) và nr = n_C3H4 = x (mol) (vì Y chỉ chứa hiđrocacbon) 

\( \Rightarrow {M_Y} = \frac{{40x + 2y}}{x} = 21,5.2 = 43\left( 2 \right)\;\)

Giải (1)(2) có x= 0,3 mol và y = 0,45 mol

Số mol  trong X: n_{liên kết}   = 2n_C3H4 = n_H2 + n_Br2   n_Br2 = 2n_C3H4 - n_H2 = 2.0,3 - 0,45 = 0,15 mol 

Đáp án D

(a) SO₂ + 2H₂S → 2H₂0 +3S↓  →  phản ứng tạo kết tủa  

(b) 3NH₃ + 3H₂O + A1C1₃ → 3NH₄Cl + Al(OH)₃↓ →phản ứng tạo kết tủa Al(OH)₃ .

(c) không phản ứng:

(d) 2CO₂ + Na₂SiO₃ + 2H₂O → 2NaHCO₃ + H₂SiO_3↓ ,  → phản ứng tạo kết tủa H₂SiO₃

(e) không phản ứng

(g) FeCl₃ + 3 AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3AgCl↓   → phản ứng tạo kết tủa AgCl

Vậy có 4 thí nghiệm thu được kết tủa

Đáp án D

1 phân tử X chứa 2Gly, 2 Ala, 1 Val   xlà pentapeptit 

X thủy phân không hoàn toàn tạo Gly - Ala - Val và không có Gly - Gly nên các CTCT thỏa mãn là

Gly - Ala - Val - Gly - Ala

Gly - Ala - Val - Ala - Gly

Ala – Gly - Ala - Val – Gly

 Gly - Ala - Gly - Ala - Val 

 4 CTCT thỏa mãn

Đáp án B

(1) sai vì từ tripeptit trở lên có phản ứng màu biure

(2) đúng

(3) sai. Anilin có lực bazo yếu hơn metylamin.

(4) đúng

(5) đúng. CH₃COOCH=CH₂ + H₂O  CH₃COOH + CH₃CHO thì CH₃CHO có khả năng tráng gương

(6) sai.Chỉ có các protein dạng cầu tan trong nước còn protein dạng sợi lông, tóc, móng, ...) không tan trong nước 

 3 phát biểu đúng

Đáp án C

(1) Fe + 2Fe(NO₃)₃ + 3Fe(NO₃)₂  →Không tạo được 2 điện cực 

→ Không có ăn mòn điện hóa

(2) Fe + Cu(NO₃)₂ > Fe(NO₃)₂ + Cu →2 điện cực Fe-Cu tiếp xúc trực tiếp và cùng nhúng trong dd điện li 

 →Ăn mòn điện hóa

- (3) Cu+ 2FeCl₃ + CuCl₂ + 2FeCl₂  → Không tạo được 2 điện cực v à 

→ Không có ăn mòn điện hóa

(4) 2 điện cực Fe-Cu tiếp xúc trực tiếp và cùng nhúng trong dd điện li 

→  Ăn mòn điện hóa

(5) Không tạo được 2 điện cực 

→  Không có ăn mòn điện hóa

(6) 2 điện cực Fe-C tiếp xúc trực tiếp với nhau và với môi trường điện li (không khí ẩm) 

→  Ăn mòn điện hóa

Vậy có 3 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án A

- Phản ứng cháy:

Bảo toàn O  n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 2n_CO2 +2,12 - 3,22.2 = 2n_CO2 - 4,32 (mol)

Mà triglixerit có  \(60 \Rightarrow {n_X} = \frac{1}{6}{n_{O\left( X \right)}} = \frac{1}{6}\left( {2{n_{CO2}} - 4,32} \right)\left( 1 \right)\;\)

- Thủy phân X trong NaOH

Muối thu được gồm natri stearat và natri oleat nên X tạo bởi axit stearic C₁₇H₃₅COOH và axit oleic C₁₇H₃₅COOH

   X có 57C

Bảo toàn C  nCO2 = 57nx (2)

Từ (1) (2  \( = {n_X} = \frac{1}{6}\left( {2.57ng - 4,32} \right) = nx = 0,04{\text{ }}mol{\text{ }} \Rightarrow {n_{CO2}} = 2,28mol\;\)

BTKL phản ứng cháy   m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 44.2,28 + 18.2,12 - 3,22.32 = 35,44(g)

Phản ứng thủy phân: X+ 3NaOH+ m_muối + C₃H₅(OH)₃ 

0,04 →0,12 →                     0,04

BTKL phản ứng thủy phân m_muối = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3 = 35,44 + 40.0,12 - 92.0,04 = 36,56 gam

Đáp án B

Quy đổi X thành Fe và O với số mol lần lượt là x và y mol

- Khối lượng hỗn hợp X: m_X = m_Fe + m_O 56x + 16y = 16,32 (1)

- X tác dụng HNO₃ thu được n_NO=0,12 mol 

Áp dụng bảo toàn e  3n_Fe = 2n_O+ 3n_NO 3x = 2y + 3.0,12 (2)

Giải (1)(2) được x = 0,24 mol và y = 0,18 mol

 m_Fe = 56x = 13,44 gam

Đáp án A

PTHH: Fe + 2H₂SO₄ loãng → FeSO₄ + H₂O

Theo PTHH: n_H2 = n_Fe = 0,1 mol 

 V = 2,24 lít

Đáp án C

 \({n_c} = \frac{{Lt}}{F} = \frac{{1,34.72.60\;}}{{96500}} = 0,06\left( {mol} \right)\;\)

n_AgNO3 = 0,02 mol; n_Cu(NO3)2 = 0,01 mol và n_Zn(NO3)2 = 0,015 mol

Thứ tự phản ứng điện phân tại Catot là:

Ag⁺ + le → Ag

0,02 → 0,02 → 0,02 mol

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,01 0,02 → 0,01 mol

Zn²⁺ + 2e → Zn

0,01 ← 0,02 → 0,01 mol 

 m_KL = 0,02.108 + 0,01.64 + 0,01.65 = 3,45 gam

Đáp án A

Đơn chất là các chất được tạo nên từ 1 nguyên tố hóa học.

(1) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag   →Tạo ra đơn chất Ag

(2) H₂ + CuO →  H₂O + Cu →Tạo đơn chất Cu

(3) HC1 + AgNO₃ → AgCl + HNO₃   →   Không tạo đơn chất

(4) 2Na + 2H₂O + CuSO₄ → Na₂SO₄ + Cu(OH)₂ + H₂ →Tạo đơn chất H₂

(5) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ →  Không tạo đơn chất

    3 thí nghiệm tạo đơn chất

Đáp án D

Coi X chứa 0,15 mol axit glutamic và 0,3 mol HCl 

Khi X+ 0,7 mol NaOH:

H₂NC₃H₅(COOH)₂ + 2NaOH + H₂NC₃H₅(COONa)₂ + 2H₂O 

0,15          →                                0,3_{còn 0,4}                              → 0,15

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

0,3 → 0,3_{còn 0,1} → 0,3

Sau phản ứng, cô cạn thu được rắn có 0,15 mol H₂NC₃H₅(COONa)₂; 0,3 mol NaCl và 0,1 mol NaOH dư 

 m_rắn = 191.0,15 + 58,5.0,3 + 0,1.40 = 50,2 gam

 Đáp án B

Mắt xích của PVC có công thức CH₂-CHCl (C₂H₃Cl)

Theo đề bài, trung bình 1 phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC nên ta có:

k C₂H₃C1 + 1 Cl₂ → C_2k H_3k-1C1_k+1 + HC1 

Ta có:  \(\% {m_{Cl}} = \frac{{35,5\left( {k + 1} \right)}}{{12.2k{\text{ }} + \left( {3k--1} \right) + 35,5\left( {k + 1} \right)}}\;{\text{ }}.100\% = 66,77\% \Rightarrow k \approx 2{\text{ }}\)

Đáp án C

n_Cu(NO3)2 : n_AgNO3 = 1,2 : 0,8 = 3/2 

Đặt n_Cu(NO3)2 = 3x và n_AgNO3 = 2x (mol)

X tác dụng với lượng tối đa NaOH tạo thành NaNO₃ = n_NaNO3 = n_NaOH = 0,36 mol

BTNT “N”: 2n_Cu(NO3)2 + n_AgNO3 = n_NaNO3 

  2.3x + 2x = 0,36 x=0,045 

 n_Cu(NO3)2 = 0,135 mol và n_AgNO3 = 0,08 mol

Ta thấy: 0,135.64 + 0,09,108 = 18,36 gam < 22,84 gam

Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ hết, KL dư

Đặt n_Fe = 3y và n_Mg =y (mol)

TH1: Mg dư, Fe chưa phản ứng

BTe: 2n_Mg = 2n_Cu + n_Ag = 2n_{Mg pư} = 2.0,135 + 0,09 = n_{Mg pư} = 0,18 mol 

 n_{Mg dư} =y- 0,18 mol (y > 0,18 mol)

m _rắn = m_{Mg dư} + m_Fe + m_Cu + m_Ag = 22,84 = 24V-0,18)+ 56.3y + 18,36 = y = 11/240 < 0,18 (loại)

TH2: Mg hết, Fe dư . 

m _rắn =m _Cu + m_Ag + m_Fe dư 2 m_Fe dư = m _rắn - (m_Cu + m_Ag)= 22,84 – 18,36 =4,48 gam

  n_Fe du = 0,08 mol

  n_Fe pư = 3y – 0,08 (mol)

BTe: 2n_Mg + 2n_Fe = 2ncu + nag = 2.y +2.(3y – 0,08) = 2.0,135 + 0,09 Ver 

 y = 0,065 

 n_Fe =0,195 mol và nMg = 0,065 mol

  m = 0,195.56 + 0,065.24 = 12,48 gam

Đáp án D

Vì X gồm 2 este đơn chức phản ứng vừa đủ với KOH mà n_KOH = 0,7 mol > x = 0,5 mol

 X chứa một este của phenol

Gọi este của phenol là A và este còn lại trong X là B thì ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{gathered} {n_{hh}} = {n_A} + {n_B} = 0,5 \hfill \\ {n_{KOH}} = 2{n_A} + {n_B} = 0,7 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_A} = 0,2 \hfill \\ {n_B} = 0,3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Vì X+ KOH → Y có tham gia phản ứng tráng gương   B tạo ra anđehit Y  n_Y = n_B = 0,3 mol

Y là anđehit no, đơn chức, mạch hở nên Y có CTPT là C_nH_2nO: 0,3 mol

\({C_n}{N_{2n}}O + \frac{{3n + 1}}{2}{O^2}\xrightarrow{{{t^0}}}nC{O_2} + n{H_2}O\)

\(0,3 \to \,\,\,0,15\left( {3n - 1} \right)mol\)

 n_O2 = 0,75 = 0,15.(3n-1)=n=2= Y là C₂H₄O   mY= 0,3.44 = 13,2 gam

Xét phản ứng: A+ 2KOH + muối + H₂O 

 0,2            0,4                    0,2 mol 

B + KOH →  muối +Y

BTKL: m_X + m_KOH = m_muối + m_Y + m_H2O m_X = 75,4 + 13,2 +0,2.18 - 0,7.56 = 53 gam 

Đáp án C

X có   \(\left\{ \begin{gathered} {H_2}NC{H_3}{\text{COO}}H \hfill \\ {H_2}N{C_2}{H_4}{\text{COO}}H \hfill \\ {H_2}N{C_3}{H_5}{\text{COO}}H \hfill \\ C{H_3}N{H_2} \hfill \\ {\left( {C{H_3}} \right)_3}N \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Quy đổi X thành NH₃: x mol; CH₂: y mol và CO₂: z mol

Ta có: n_X= n_N = x= 0,09 mol

Khi X+ O₂:

4NH₃ +3O₂  \(\xrightarrow{{{t^0}}}2{N_2} + 6{H_2}O\)

\(2C{H_2} + 3{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}2C{O_2} + 2{H_2}O\)

 n_O2 = 0,3825 =  \(\frac{3}{4}x + \frac{3}{2}y\)

Giải được y= 0,21 mol; z=0,02 mol   m_X= 17x + 14y + 44z= 8,43 gam

0,18 mol X có n_NH3 = 0,18 mol = n_HCl = 0,18

Và m_X 2.8,43 = 16,86 gam

BTKL   m_muối = m_X + m_HCl = 16,86 + 0,18.36,5 = 23,43 gam 

Đáp án A

Ta có: 

X+ 2NaOH →muối + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

Y+ 6NaOH + muối + H₂O

Ta có: n_X + n_Y = n_E = 0,1 mol và nNaOH = 2nX + 6nY

 n_X = 0,07 mol và n_Y = 0,03 mol

BTKL: me = m_muối + m_C2H5NH2 + m_H2O - m_NaOH = 31,32 + 0,14.45 + 0,17.18 - 0,32.40 = 27,88 gam 

 0,07(14n +96) + 0,03.(14m + 192) = 27,88

 7n + 3m = 110

Mà n≥ 2 (do muối amoni của axit 2 chức) và m ≥12 (do là hexapeptit) nên nghiệm thỏa mãn là n = 8 và m = 18 

 E chứa 0,07 mol C₈H₂₀O₄N₂ và 0,03 mol C₁₈H₃₂ON₆ 

Thành phần % của X trong E là: % m_X  \( = \frac{{0,07.208}}{{27,88}}.100\% = 52,22\% \)gần nhất với 52% 

Đáp án B

Ta thấy tại thời điểm nco2 =x mol thì đồ thị đi xuống nên phản ứng tạo kết tủa CaCO₃ rồi tan.

Các phản ứng xảy ra là:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O                  (1)

CO₂ + 2KOH → K₂CO₃ + H₂O                       (2)

CO₂ + K₂CO₃ + H₂O → KHCO₃                    (3)

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂   (4)

 Thời điểm x mol CO₂ có CaCO₃, KHCO₃ và Ca(HCO₃)₂

Bảo toàn Ca có n_Ca(HCO3)2 = n_Ca(OH)2 - n_CaCO3 = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol

Bảo toàn C có n_CO2= n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 + n_(HCO3=0,1 + 2.0,05 + 0,3 = 0,5 mol  x= 0,5

Đáp án D

\(X\left\{ \begin{gathered} Mg \hfill \\ Al \hfill \\ ZnO \hfill \\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow[{0,725mol}]{{{H_2}S{O_4}}}\left\{ \begin{gathered} ddY:96,55\,gammuoi \hfill \\ \uparrow Z:\left\{ \begin{gathered} V = 3,92 \hfill \\ {d_{Z/{H_2}}} = 9 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Xét khí Z: nz = 3,92: 22,4 = 0,175 mol 

M_Z = 9.2 = 18g. Vì có 1 khí hóa nâu ngoài không khí → khí đó là NO và khí còn lại là H₂ 

 n_NO+ n_H2 = 0,175 mol và mz = 30n_NO + 2n_H2 = 18.0,175 = 3,15g 

 n_NO = 0,1; nh2 = 0,075 mol

- Bảo toàn khối lượng: m_X + m_H2SO4 = m_muối + m_X + m_H2O 

  m_H2O = 38,55 +0,725.98 - 3,15 - 96,55 = 9,9g  n_H20= 0,55 mol

Bảo toàn nguyên tố H: 2n_H2SO4 = 4n_NH4 + 2n_H2 + 2n_H2O + 2.0,725 = 4n_NH4 + 2.0,075 +2.0,55 

 n_NH4 = 0,05 mol 

4^H+ + NO₃^- + 3e → 2H₂O + NO 

2H⁺ +2e → H2 

10H⁺ NO₃^- + 8e → 3H₂O + NH₄⁺ 

2H⁺ + O^2- → H₂O

Bảo toàn H có: n_H+ pư = 4n_NO + 2n_H2 + 2n_O(X) + 10n_NH4 

 n_O(X) = 0,2 mol = n_ZnO (Bảo toàn nguyên tố Oxi)

- Bảo toàn Nito: n_NO + n_NH4 = 2n_Fe(NO3)2= n_Fe(NO3)2= 0,075 mol

- Ta có: m_X = m_Al + m_Mg + m_ZnO + m_Fe(NO3)2 = 24n_Mg + 27n_Al = 8,85g 

Và: n = 3n_A1+ 2n_Mg = 2n_H2 + 8n_NH4 + 3n_NO=0,85 mol

(Vì có H nên H⁺ dư phản ứng với kim loại 2 chỉ có Fe²⁺ trong dung dịch) 

  n_Al = 0,15; n_Mg = 0,2 mol =%Mg = 12,45% gần nhất với 15%

Đáp án B 

Trong E: Đặt n_{este của phenol} = a (mol); n_{este còn lại} =b (mol) 

n_NaOH = 2a + b = 0,2 (1) 

n_ancol = b = n_H2 = 0,5b (mol) 

 m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 6,9 + b và n_H2O= b (mol) 

Bảo toàn khối lượng ta có: m_E + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O 

 136(a +b) + 0,2.40 = 20,5 +6,9+ b + 18a 118a+ 135b = 19,4 (2) 

Từ (1) và (2)   a = 0,05; b=0,1 (mol) và 

 m_E = 136.(0,05 +0,1) = 20,4 (g) 

Đáp án C 

n_Fe = 2,8 : 56 = 0,05 (mol)

n_Cu = 1,6 : 64 = 0,025 (mol)

n_HNO3 = 0,05 (mol); n_HCl = 0,5.0,4 = 0,2 (mol)  \( \Rightarrow \sum { = {\text{ }}{n_{H + }} = 0,25{\text{ }}\left( {mol} \right)\;} \)

PT ion rút gọn: Fe + NO₃^- + 4H⁺ → Fe³⁺ + NO + 2H₂O 

0,05   0,05      0,2         0,05                               (mol)

Vậy sau phản ứng (1) Fe và NO₃^- đã phản ứng hết

Cu +   2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺

0,025→0,05 →  0,025    0,05     (mol) 

Vậy dd X thu được chứa: \(\left\{ \begin{gathered} C{u^{2 + }}:0,025 \hfill \\ F{e^{2 + }}:0,05 \hfill \\ {H^ + }:0,05 \hfill \\ C{l^ - }:0,2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Cho dd X vào dd AgNO₃ có phản ứng

Ag⁺ + Cl^- → AgCl↓ 

   0,2         0,2                   (mol)

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- →3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,0375← 0,05 

  n_{Fe2+ dư} = 0,05 - 0,0375 = 0,0125 (mol)

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag↓

0,0125                 →    0,0125 (mol)

Vậy khối lượng kết tủa thu được là: m↓ = m_AgCl + m_Ag = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 (g)

Đáp án C

Phản ứng nhiệt nhôm tổng quát:

\(3{M_x}{O_y} + 2yAl\xrightarrow[{}]{{t^\circ }}3xM + yA{l_2}{O_3}\) (M là kim loại sau Al)

Đáp án B

+ Cr thụ động trong HNO3 (đặc, nguội) và H2SO4 (đặc, nguội)  Loại A, C

+ Cr không tác dụng với dung dịch NaOH Loại D

+ \(Cr + 2HCl\xrightarrow{{}}CrC{l_2} + {H_2} \uparrow \)

Khi nấu canh cua thì thấy các mảng “gạch cua” nổi lên là do: sự động tụ protein

\(nC{H_2} = CH - CH = C{H_2}\xrightarrow[{t^\circ }]{{Na}} - {(C{H_2} - CH = CH - C{H_2})_n} - \)

Đáp án D

Phương pháp hiện đại điều chế anđehit axetic từ etilen:

\(2C{H_2} = C{H_2}\xrightarrow{{xt,t^\circ }}2C{H_3}CHO\)

Đáp án C

Nước cứng là nước chứa nhiều các cation Ca²⁺, Mg²⁺.

Để chuyển hóa chất béo lỏng thành chất béo rắn (điều kiện thường) thì người ta cho chất béo lỏng phản ứng với H2, đun nóng, xúc tác Ni

\(\underbrace {{{({C_{17}}{H_{33}}COO)}_3}{C_3}{H_5}}_{chat\,\,long} + 3{H_2}\xrightarrow{{Ni,t^\circ }}\underbrace {{{({C_{17}}{H_{35}}COO)}_3}{C_3}{H_5}}_{chat\,\,ran}\)

Theo quy tắc anpha ta thấy Ag không phản ứng với dung dịch FeCl3.

Đáp án D

- K, Na, Ca tác dụng với nước ngay ở nhiệt độ thường.

- Be không tác dụng với nước.

Đáp án A

FeCl₃ không phản ứng với dung dịch H₂SO₄ loãng

Đáp án C

Cacbohiđrat thuộc loại hợp chất hữu cơ tạp chức.

Đáp án A

+ Số liên kết peptit = số gốc anpha-amino axit -1 A đúng.

+ Lysin làm quỳ tím chuyển sang màu xanh; axit glutamic làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ  B sai.

+ Nhiều protein tan trong nước tạo thành dung dịch keo  C sai.

+ Trong phân tử các anpha-amino axit có một hoặc nhiều nhóm amino (-NH₂)  D sai.

Đáp án D

Các polime thuộc loại tơ nhân tạo là tơ visco và tơ xenlulozơ axetat (đều có nguồn gốc từ xenlulozơ).

Đáp án B

- Loại A vì: chỉ có 1 điện cực Al

- Loại C vì: Chỉ có 1 điện cực Na

- Loại D vì: Không có dung dịch chất điện li

- B đúng vì:

+ Hợp kim Fe-Cu có 2 điện cực tiếp xúc trực tiếp.

+ Dung dịch chất điện li là dung dịch muối ăn (NaCl).

 Xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án C

Các muối dễ bị nhiệt phân là: NaHCO₃, AgNO₃, KNO₃

\(2NaHC{O_3}\xrightarrow{{t^\circ }}N{a_2}C{O_3} + C{O_2} \uparrow + {H_2}O\)

\(2AgN{O_3}\xrightarrow{{t^\circ }}2Ag + 2N{O_2} + {O_2}\)

\(2KN{O_3}\xrightarrow{{t^\circ }}2KN{O_2} + {O_2}\)

Đáp án B

+ Tinh bột có 2 dạng: amilozơ (phân tử khối khoảng 200000), aminopectin (phân tử khối khoảng 1 000 000 – 2 000 000).

+ Xenlulozơ (phân tử khối khoảng 2 000 000).

 Tinh bột và xenlulozơ có phân tử khối khác nhau B sai

\(H - COO - CH = CH - C{H_3} + {H_2}OHCOOH + C{H_3}C{H_2}CHO \to \) A đúng