vinyl axetat: CH₃COOCH=CH₂

CH₃COOCH=CH₂ + H₂O ⇆ CH₃COOH + CH₃CHO

→ Đáp án B

C₄H₈O₂ có → este no đơn chức, mạch hở.

Những chất chứa nhóm chức CHO thì có phản ứng tráng gương

X có phản ứng tráng gương → X là este của axit fomic → X có dạng HCOOR (R là gốc hiđrocacbon)

→ Các công thức cấu tạo của X là

1. HCOOCH₂CH₂CH₃: propyl fomat

2. HCOOCH(CH₃)2: isopropyl fomat

→ Đáp án D

Chọn 2 trong 3 axit có \(C_3^2\) = 3 cách chọn

Có 4 cách sắp xếp trieste tạo bởi axit A,B và glixerol . ( A-A-B, A-B-A, B-B-A, B-A-B)

Số loại trieste có thể được tạo thành chứa hai gốc axit trong số ba axit béo trên là : 3. 4= 12 .

Số trieste tối đa tạo bởi glixerol và n axit béo là: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % feaahqart1ev3aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2Caerbw5usTq % vATv2CaerbuLwBLnhiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwz % YbItLDharqqtubsr4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqr % Ffpeea0xe9Lq-Jc9vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0F % irpepeKkFr0xfr-xfr-xb9adbaGaaiaadaWaamaaceGaaqaacaqbaa % Gcbaaeaaaaaaaaa8qadaWcaaWdaeaapeGaamOBa8aadaahaaWcbeqa % a8qacaaIYaaaaOGaaiOlaiaacIcacaWGUbGaey4kaSIaaGymaiaacM % caa8aabaWdbiaaikdaaaaaaa!40F5! \frac{{{n^2}.(n + 1)}}{2}\)

Áp dụng: n = 3 ⇒ số trieste tối đa được tạo ra là  = 18 

Kí hiệu gốc axit stearic là S, panmitic là P và oleic là O.

Chọn hai gốc trong ba gốc có 3 cách.

Với mỗi hai gốc, chẳng hạn S và P thì có 4 cách xếp: SSP; SPS; PPS; PSP

→ trieste được tạo từ hai gốc axit là 4 × 3 = 12.

► Tuy nhiên, yêu cầu là "ít nhất 2 gốc axit" → TH nữa là triglixerit được tạo từ cả 3 gốc.

→ có thêm 3 cách nữa là SPO; SOP và PSO.

→ tổng là 15 thỏa mãn yêu cầu

3KOH +(RCOO)₃C₃H₅ → 3RCOOK + C₃H₅(OH)₃ (1)

KOH + R'COOH → R'COOK + H2O (2)

n_KOH (2) = (4/35).10^-3. 36,4.10^-3 = 2,6 mol

⇒ n_KOH (1) = (7,366.10^-3)/56 - 2,6

BTKL: m_KOH + m_CB = m_{xà phòng} + mC₃H₅(OH)₃ + mH₂O

⇔ 7,366 + 36,4 = m_{xà phòng} + (n_KOH (1). 1/3. 92 + n_KOH (2).18).10^-3 (kg)

⇔ m_{xà phòng} = 39,765 kg

(CH₃CO)₂O (0,447 mol) + CH₃-C₆H₄-OH (0,6 mol) → CH₃COO-C₆H₄-CH₃ + CH₃COOH

⇒ n_este = 0,447. 0,8 = 0,3576 mol

⇒ m_este = 0,3576. 150 = 53,64 g

Các đáp án đều khi tác dụng với H₂SO₄ loãng thu được muối hóa trị II

Sơ đồ: M → MSO₄

Áp dụng tăng giảm khối lượng

\(% MathType!MTEF!2!1!+- % feaahqart1ev3aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2CaerbuLwBLn % hiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwzYbItLDharqqtubsr % 4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqrFfpeea0xe9Lq-Jc9 % vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0FirpepeKkFr0xfr-x % fr-xb9adbaqaaeaacaGaaiaabeqaamaabaabaaGcbaGaamOBamaaBa % aaleaacaWGnbaabeaakiabg2da9maalaaabaGaaGOnaiaacYcacaaI % 4aGaaGinaiabgkHiTiaaikdacaGGSaGaaGynaiaaikdaaeaacaaI5a % GaaGOnaaaacqGH9aqpcaaIWaGaaiilaiaaicdacaaI0aGaaGynamaa % CaaaleqabaGaamyBaiaad+gacaWGSbaaaOGaeyOKH4Qaamytaiabg2 % da9iaaiwdacaaI2aaaaa!4E40! {n_M} = \frac{{6,84 - 2,52}}{{96}} = 0,{045^{mol}} \to M = 56\)

Chất rắn không tan là Cu, vậy dung dịch không được có muối sắt (III. Dung dịch có muối CuCl₂, FeCl₂

Hai khí là SO₂, CO₂

Cả 4 chất đều là poliancol nên thỏa mãn phản ứng thứ nhất.

Phản ứng thứ 2 yêu cầu trong Z phải có gốc –CHO → glucozo, fructozo và mantozo đểu thỏa mãn vì glucozo có gốc –CHO, fructozo có thể chuyển hóa thành glucozo trong môi trường kiềm ở phản ứng 1, và mantozo thủy phân ra glucozo

Chất C là axit lactic (CH₃CHOHCOOH)

Chất B là glucozo → A là tinh bột

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 2n(CH₃CO)₂O  →  [C₆H₇O₂(OH)(OOCCH₃)₂]_n  + 2nCH₃COOH

                                                      xenlulozo điaxetat

→ Công thức đơn giản nhất là C₁₀H₁₄O₇     

Giả sử có x gam mantozo → msaccarozo = 34,2 - x (g)

nAg = 2nmantozo  → \(\frac{{0,216}}{{108}} = 2.\frac{x}{{342}}\)  → x = 0,342 gam

→ Độ tinh khiết là \(\frac{{34,2 - x}}{{34,2}} = 99\% \)

Áp dụng kiến thức sinh học hoặc sách giáo khoa hóa, enzim amylaza trong nước bọt thủy phân tinh bột tạo ra đường mantozo

Chứa 2 gốc glucozo → mantozo.

Ý A và C là polisaccarit nên chứa rất nhiều monosaccarit,

ý D saccarozo chứa 1 gốc glucozo và 1 gốc fructozo không thỏa mãn

Các chất có tham gia phản ứng tráng gương là glucozo, mantozo

Ở đây có andehit fomic và glucozo có thể tráng bạc, saccarozo không phản ứng và axetilen tạo kết tủa vàng. Nhưng do andehit là chất độc, có hại cho sức khỏe nên trong công nghiệp người ta dùng glucozo để tráng bạc, rẻ hơn và an toàn.

nAg = 2,16 : 108 = 0,02 mol → n glucozo = 0,02 : 2 = 0,01 mol

→ C_M = 0,01 : 0,05 = 0,2M

Glucozơ có phản ứng tạo kết tủa bạc, glixerol không phản ứng.

CH₂OH – (CHOH)₄ – CH = O + Ag₂O -^AgNO₃/NH₃, t^o→ CH₂OH – (CHOH)₄ – COOH + 2Ag↓

→ Đáp án B

Tinh bột (C₆H₁₀O₅)_n → Glucozo (C₆H₁₂O₆) → 2C₂H₅OH + 2CO₂

Do hiệu suất mỗi quá trình lên men là 85%

⇒ nC₆H₁₂O₆ = [(1000.0,95)/162]. 0,85 = 4,985 Kmol

⇒ nC₂H₅OH = 2nC₆H₁₂O₆. 0,85 = 8,4745 Kmol

⇒ mC₂H₅OH = 389,8 (kg)

→ Đáp án C

Đặt CTTQ của X: Cn(H₂O)_m.

C_n(H₂O)_m + nO2 -^to→ nCO₂ + mH₂O (1)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O (2)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)2 (3)

Ca(HCO₃)2 → CaCO₃ + CO₂ + H₂O (4)

Theo (2): n_CO2 (pư) = n_CaCO3 = 0,001 mol

Theo (3), (4): nCO₂ (pư) = 2.nCa(HCO₃)₂ = 2.n_CaCO3 = 0,002 mol

Tổng số mol CO₂ sinh ra từ phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ là 0,003 mol.

Vì khối lượng dung dịch A tăng so với khối lượng dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu là 0,0815 gam nên ta có :

m_CO2 + mH₂O - m_CaCO3 = 0,1815

⇒ m_CO2 + mH₂O = 0,1 + 0,1815

⇒ mH₂O = 0,1815 - m_CO2 = 0,1815 - 0,003.44 = 0,0495 gam

⇒ nH₂O = 0,00275 mol

M_C2H₅OH = M_HCOOH = 46

⇒ M_hh = 46 ⇒ n_X = nHCOOH, C₂H₅OH = 0,0552/46 = 1,2.10^-3mol

⇒ M_X = 0,4104/1,2.10^-3 = 342 gam/mol

Mặt khác X có công thức là C_n(H₂O)_m nên suy ra :

12n + 18m = 342 ⇒ n = 12; m = 11.

Vậy công thức phân tử của X là C12(H₂O)₁₁ hay C₁₂H₂₂O₁₁.

→ Đáp án A

Ta có phương trình hóa học:

2Cr + 3O₂ → 2Cr₂O₃

nCr₂O₃ = 4,56 : 152 = 0,03 mol

nCr = 2nCr₂O₃ = 0,06 mol

→ mCrom = 0,06.52 = 3,12 gam

n H₂ = 0,896 : 22,4 = 0,04 (mol)

Gọi số mol của Cr, Fe có trong hỗn hợp trên lần lượt là x, y (mol)

Tổng khối lượng kim loại có được trong dung dịch sau phản ứng là 2,16 gam

→ 52x + 56y = 2,16 (I)

Áp dụng định luật bảo toàn electron

2.nCr + 2.nFe = 2 . 0,04

→ 2x + 2y = 0,08 (II)

Từ (I) và (II)

→ x = 0,02; y = 0,02

→ mCr = 0,02 .52 = 1,04 gam

Định luật bảo toàn nguyên tử:

\({{n}_{{{H}_{2}}}}=0,35\text{ }(mol)={{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}\text{ }\to \text{ }{{m}_{{{H}_{2}}}}=0,7\text{ }(gam)\text{ }\to \text{ }{{m}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=34,3\text{ }(gam)\)

Bảo toàn khối lượng:

Ta có: m_Muối = 13,5 + 34,3 – 0,7 = 47,1 (gam)

Chất lỏng Boocđo gồm những hạt rất nhỏ muối đồng bazơ sunfat không tan và canxi sunfat.

4CuSO₄ + 3Ca(OH)₂ → CuSO₄.3Cu(OH)₂ + 3CaSO₄

Để thử nhanh thuốc diệt nấm này tức là phát hiện đồng (II) sunfat dư, người ta dùng đinh sắt: sắt tan ra, có kim loại Cu đỏ xuất hiện.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

1. Sai vì Cu không tác dụng với HCl.

2. Đúng

3. Đúng, Cu + 2FeCl₃→ CuCl₂ + 2FeCl₂

4. Đúng, 2Cu + 4HCl + O₂→ 2CuCl₂ + 2H₂O

5. Sai, đồng thuộc nhóm kim loại nặng

6. Sai, có tồn tại 2 chất trên

Các phản ứng:

1. Zn + 2AgNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2Ag

2. 4AgNO₃ + 2H₂O → 4Ag + 4HNO₃ + O₂

3. 2AgNO₃ + 2NaOH → Ag₂O + H₂O + 2NaNO₃

2Ag₂O → O₂ + 4Ag

4. 2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂

Số mol Cu(NO₃)₂ và KCl lần lượt là 0,1 và 0,4 mol

Tại catot lần lượt xảy ra các quá trình:

(1) Cu²⁺ +2e → Cu

(2) 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Tại anot lần lượt xảy ra các quá trình:

(a) 2Cl^- → Cl₂ + 2e

(b) 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Nhận xét: trong số các ion do muối điện li ra chỉ có Cu²⁺ và Cl^- bị điện phân ở các điện cực.

Nếu Cu²⁺ và Cl^- bị điện phân hết, tổng khối lượng dung dịch giảm:

(0,1.64 + 0,4.35,5) = 20,6 (gam) < 34,3 gam
→ Cu²⁺ và Cl^- bị điện phân hết, nước tham gia phản ứng ở cả 2 điện cực

Gọi mol H₂ thoát ra ở catot là x

O₂ thoát ra ở anot là y.

Ta có:

Bảo toàn e: 0,2 + 2x = 0,4 + 4y (1)

Tổng khối lượng giảm: 64.0,1 + 2x + 71.0,2 = 34,3 (2)

Giải hệ phương trình (1)và (2) ta được: x = 0,85; y = 0,375

Sau khi điện phân trong dung dịch có:
K⁺ (0,4 mol); NO₃^- ( 0,2 mol); OH^- ( 2.0,85 = 1,7 mol); H⁺ (4.0,375 = 1,5 mol)

Sau phản ứng trên còn dư 0,2 mol OH^-

→ Dung dịch cuối cùng có K⁺( 0,4 mol); NO₃^- ( 0,2 mol); OH^- ( 0,2 mol)

→ Có 0,2 mol KNO3 và 0,2 mol KOH

Nồng độ các chất còn lại trong dung dịch là: KNO₃ 0,2 M; KOH 0,2 M

Theo đề ta có: 3x + 2y = 0,1 (1)

Khi dẫn hỗn hợp khí X qua hỗn hợp gồm CuO và Al₂O₃ dư, chỉ có CuO phản ứng:

Khí và hơi Y thoát ra gồm: (x+y) mol CO₂ và (2x+ y) mol H₂O

Dẫn Y qua dung dịch Ca(OH)₂ dư, sẽ có phản ứng

Trong phần nước lọc, khối lượng giảm 1,16 gam

→ 100.(x+y) – 44(x+ y) – 18(2x+y) = 1,16 (2)

Giải hệ (1) và (2) → x = y = 0,02 mol

Số mol kim loại Cu tạo ra là: 2x + 2y =0,08 mol

Khối lượng kim loại có trong m là 5,12 gam

Phương trình hóa học

PO₄^3- + 3AgNO₃ → Ag₃PO₄ + 3NO₃^-

→ Đáp án C

∑n_H⁺ = 0,02.0,1 + 0,02a

∑n_OH^- = 0,0165.0,1 + 0,0165. 2. 0,05 = 3,3.10^-3 mol

Trung hòa dung dịch thì ∑n_H⁺ = ∑n_OH^-

0,02.0,1 + 0,02a = 3,3.10^-3 → a = 0,065 mol/l

Dùng dung dịch Ba(OH)₂ dư :

- Tạo kết tủa sau dó tủa tan hết là Al(NO₃)₃

3Ba(OH)₂ + 2Al(NO₃)₃ → 2Al(OH)₃ + 3Ba(NO₃)₂

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

- Không có hiện tượng gì là NaNO₃

- Có kết tủa trắng là Na₂CO₃

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaOH

- Có khí mùi khai là NH₄NO₃

Ba(OH)₂ + 2NH₄NO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

→ Đáp án D

Khi cho dung dịch NH₃ vào dung dịch CuSO₄ lúc đầu tạo kết tủa xanh là Cu(OH)₂ sau đó tủa tan tạo dung dịch phức xanh:

2NH₃ + CuSO₄ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

4NH₃ + Cu(OH)₂ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

→ Đáp án D

NH₃: quỳ tím hóa xanh

HCl: quỳ tím hóa đỏ

Cl₂: quỳ tím hóa đỏ sau mất màu

N₂ quỳ tím không đổi màu.

Khi cho Ca(OH)₂ vào 4 dung dịch:

NH₄Cl: ↑ mùi khai NH₃

NaCl: không hiện tượng

Mg(NO₃)₂: ↓ trắng Mg(OH)₂

Al(NO₃)₃: ↓ trắng Al(OH)₃ sau kết tủa tan Ba(AlO₂)₂

(NH₄)₂CO₃: có ↓BaCO₃ và ↑ mùi khai NH₃

T = 2,75 tạo 2 muối: Na₂HPO₄ (x mol) và Na₃PO₄ (y mol)

2x + 3y = 1,1 (1)

và x + y = 0,4 (2)

→ x = 0,1 và y = 0,3.

n_X = n_HCl = 0,1 mol ⇒ M_X = 45 g/mol (C₂H₇N).

Đáp án B

C₂H₅NH₂ + HCl → C₂H₅NH₃Cl

0,2 mol → 0,2 mol

→ m = 16,3g

Giả sử amino axit có t cacbon

- Đốt cháy X (có 5t nguyên tử C):

n_{kết tủa} = n_BaCO3 = n_CO2 = n_C(X)

→ 295,5 : 197 = 0,1.5t → t = 3

Do a-amino axit no mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH trong phân tử nên amino axit là:

CH₃-CH(NH₂)-COOH (Ala)

Vậy Y có CTPT là (Ala)₆

- Phản ứng thủy phân Y:

(Ala)₆ + 6NaOH → 6Ala-Na + H₂O

→ n_Ala-Na = 6n_Y = 0,9 mol

→ m_muối = 0,9.111 = 99,90 gam