X là CH₃COOC₂H₅:

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

Các chất béo thường gặp:

C₁₇H₃₅COOH (axit stearic); C₁₇H₃₃COOH (axit oleic); C₁₅H₃₁COOH (axit panmitic)

Glucozơ có nhiều trong nho hoặc hoa quả chín.

C₂H₅NH₂ làm quỳ tím hóa xanh.

Glixin: H₂NCH₂COOH => có 2O

Tên gọi của polime có công thức (-CH₂-CH₂-) _n là polietilen.

Tính chất vật lý chung của kim loại: tính dẻo, dẫn điện , dẫn nhiệt, ánh kim do các electron tự do trong mạng tinh thể kim loại gây ra

Các tính chất vật lý riêng: nhiệt độ nóng chảy, tính cứng, khối lượng riêng do độ bền liên kết kim loại , mạng tinh thể kim loại

Kim loại có tính khử yếu nhất trong dãy kim loại đã cho là Cu.

Đáp án C

- Ăn mòn hóa học là quá trình oxi hóa khử trong đó các electron của kim loại được chuyển trực tiếp đến các chất trong môi trường. 

Phản ứng nhiệt nhôm là dùng Al để khử các oxit kim loại sau Al trong dãy điện hóa

=> Fe là kim loại sau Al nên điều chế được bằng phương pháp này

Khi cho Na tác dụng với H2O thu được sản phẩm là NaOH và H2.

⇒ Na + H₂O → NaOH + H₂.

Các kim loại tác dụng được với dung dịch H2SO4 loãng là: Zn, Fe, Al, Mg.

Axit không tác dụng với Cu, Ag và Au.

Đáp án D

PTHH: 2Al + Fe₂O₃ → Al₂O₃ + 2Fe

Dung dịch khi tác dụng với axit H2SO4 vừa tạo khí, vừa tạo kết tủa là Ba(HCO₃)₂.     

Quặng boxit là Al₂O₃.2H₂O ⇒ dùng để sản xuất Al

Công thức của sắt(III) hiđroxit là Fe(OH)₃

Dung dịch K2CrO4 có màu vàng

Khí biogas là CH₄

Supephotphat đơn: Supephotphat đơn là hỗn hợp của Ca(H2PO4)2 và thạch cao - CaSO4. ...

propilen là anken có công thức cấu tạo: CH3–CH=CH2,

ứng với công thức phân tử là C3H6.

Chỉ có 1 este tham gia phản ứng trùng hợp tạo thành polime là metyl metacrylat:

CH2=C(CH3)-COOCH3 → (-CH2-C(CH3)(COOCH3)-)n.

Các este còn lại không có C=C nên không tham gia phản ứng trùng hợp.

Y có CTCT là: CH3COONa

=> CTCT của X: CH3COOC2H5

Từ X có thể điều chế thuốc súng không khói (xenlulozơ trinitrat) → X  có thể là xenlulozơ. Từ sơ đồ,  Y có thể là glucozơ.

PTHH:

[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3 \(\overset{H_2SO_4\,dac,\,t^o}{\rightarrow}\) [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O

(C6H10O5)n + nH2O \(\overset{xt\,H^+}{\rightarrow}\) nC6H12O6

C6H12O6 + H2 \(\overset{Ni,\,t^o}{\rightarrow}\) C6H14O6 (sobitol)

Đáp án C

\({n_{Glu}} = 0,1\,mol \to {n_{C{O_2}}} = 0,1.2.0,85 = 0,17\,mol \to m = 17\left( {gam} \right)\)

Đáp án C

Dồn X về \(\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n + 2}}:0,15\\ NH:0,15k \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:0,15n\\ {H_2}O:0,15 + 0,15n + 0,075k\\ {N_2}:0,075k \end{array} \right.\)

\( \to 0,3n + 0,15k + 0,15 = 1,05 \to 2n + k = 6 \to \left\{ \begin{array}{l} n = 2\\ k = 2 \end{array} \right.\)

Vậy amin phải là: \(N{H_2} - C{H_2} - C{H_2} - N{H_2} \to {n_X} = \frac{{18}}{{60}} = 0,3 \to {n_{HCl}} = 0,6\left( {mol} \right)\)

Đáp án D

A sai vì xenlulozơ có cấu trúc mạch không phân nhánh.

B sai vì tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên

C sai vì cao su buna là cao su tổng hợp

Đáp án A

Ta có: \({n_{{H_2}}} = 0,3 \to m = 15,4 + 0,3.2.35,5 = 36,7\) gam.

Đáp án C

\(\begin{array}{l} {n_{F{e_2}{O_3}}} = 4,8/160 = 0,03\\ F{e_2}{O_3} + 2Al \to 2Fe + A{l_2}{O_3}\\ 0,03..................0,06\\ \to {m_{Fe}} = 0,06.56 = 3,36\,gam \end{array}\)

Đáp án B

Các phản ứng hóa xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm là:

A Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O.

B Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O.

C FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O.

D 3Fe (dư) + 8HNO₃ → 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O.

=> chỉ có thí nghiệm B thu được dung dịch chỉ chứa muối sắt(III).

Đáp án A

Fe₃O₄ + 8HCl →FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Không có sự thay đổi số oxi hóa => không phải phản ứng oxi hóa khử

Đáp án D

Ta thấy chất béo tạo từ 2 gốc axit \(\left\{ \begin{array}{l} {C_{17}}{H_{33}}COOH\\ {C_{17}}{H_{31}}COOH \end{array} \right. \to {({C_{17}}{H_y}COO)_3}{C_3}{H_5}\,\,\,\underbrace {a\,mol}_{{n_{glyxerol}}}\)

BTNT C: \(\underbrace {57}_{18.3 + 3}{n_X} = {n_{C{O_2}}} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 57a\,mol\)

Dùng CT liên hệ: \({n_{C{O_2}}} + {n_{{N_2}}} - {n_{{H_2}O}} = (k - 1).{n_X} \Rightarrow \underbrace {{n_{C{O_2}}}}_{57a} - \underbrace {{n_{{H_2}O}}}_{20,15} = (k - 1).\underbrace {{n_X}}_a \Leftrightarrow (58 - k)a = 20,15\,\,(1)\)

chất béo X có \(\left\langle \begin{array}{l} 3\,lk\,\pi \,trong\, - COO - \\ k - 3\,\,lk\,\pi \,trong\, - C - C - \end{array} \right.\)

Ta có: \(\underbrace {lk\,\pi \,trong\, - C - C - }_{k - 3} = \underbrace {\frac{{\overbrace {{n_{B{r_2}}}}^{4,625a}}}{{{n_X}}}}_a \Rightarrow k - 3 = 4,625 \Rightarrow k = 7,625 \to a = 0,4\,mol\)

BTKL trong X:  \({m_X} = \underbrace {{m_C}}_{ \to 57.0,4.12} + \underbrace {{m_H}}_{ \to 20,15.2} + \underbrace {{m_O}}_{0,4.6.16} \Rightarrow {m_X} = 352,3\,gam\)

Đáp án A

(a) Sai vì sau bước 1, thu được hỗn hợp phân lớp do dầu lạc không tan trong dung dịch NaOH

(d) Sai vì mục đích của việc thêm nước để phản ứng thủy phân xảy ra

Đáp án C

(4) Các este bị thủy phân trong môi trường kiềm đều tạo muối và ancol.

Sai vì Este có dạng RCOOCH=CH-R’ thủy phân cho andehit

(5) Tất cả các peptit đều có phản ứng với Cu(OH)₂ tạo thành hợp chất màu tím.

Sai vì phản ứng màu biure chỉ áp dụng cho 2 liên kết peptit trở lên (tri peptit trở lên)

\(\to \left\{ \begin{array}{l} COO\\ {H_2}:0,33\\ C \to 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,21 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} C{\rm{OO}}\\ {H_2}:0,33\\ C:0,21 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} C{\rm{OO}}\\ C{H_2}:0,21\\ {H_2}:0,12 < 0,16 \end{array} \right.\)

Do tổng số mol hidrocacbonbon lớn hơn 0,02 => Các hidrocacbon phải là anken \( \to \left\{ \begin{array}{l} HCOOC{H_3}:0,12\\ {C_2}{H_4}:0,03\\ {C_3}{H_6}:0,01 \end{array} \right.\)

\(\to m = 8,46 \to \% HCOOC{H_3} = \frac{{0,12.60}}{{8,46}} = 85,11\% \)

Đáp án D

CTPT các chất trong M gồm: C₂H₇N; C₃H₇N; C₃H₁₀N₂ và C₃H₉N.

Tính ra số mol mỗi chất trong M đều có sự đặc biệt riêng. Thật vậy:

trước hết đốt 0,25 mol M cần 1,15 mol O₂ thu 0,65 mol CO₂ + 1,0 mol H₂O + 0,15 mol N₂.

→ m_M = 0,65 × 12 + 2 + 0,15 × 28 = 14,0 gam.

YTHH 01: bảo toàn C

→ n_{cụm C2} = (0,25 × 3 – 0,65) = 0,1 mol

→ %m_{C2H5NH2 trong M} ≈ 32,14%.

Đáp án A

\(C{O_2} + \left\{ \begin{array}{l} \underbrace {KOH}_{0,4mol}:\\ \underbrace {NaOH}_{0,3{\rm{ }}mol}\\ \underbrace {{K_2}C{O_3}}_{0,4{\rm{ }}mol}{\rm{ }} \end{array} \right. \to Y\left\{ \begin{array}{l} {K^ + }:{n_{{K^ + }}} = 1,2\;{\rm{mol}}\\ {\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }:{n_{N{a^ + }}} = 0,3\;{\rm{mol}}\\ {\rm{CO}}_3^{2 - }:a\;{\rm{mol}}\\ {\rm{HCO}}_3^ - :b\;{\rm{mol}} \end{array} \right. \to \underbrace {BaC{O_3} \downarrow }_{0,2\;{\rm{mol}}}\)

\(\begin{array}{l} \to \left\{ \begin{array}{l} 2a + b = 1,5\\ {n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{BaC{O_3}}} \to a = 0,2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,2\\ b = 1,1 \end{array} \right.\\ \to {n_{C{O_2}}} + 0,4 = 0,2 + 1,1 \to {n_{C{O_2}}} = 0,9\;{\rm{mol }} \to {\rm{x = 22,4}}{\rm{.0,9 = 20,16 lit}} \end{array}\)

Đáp án B

\(\underbrace {Ca}_{1,68\;{\rm{mol}}} \to m\;{\rm{gam}}\left\{ \begin{array}{l} Ca{\rm{ }}\\ {\rm{CaO}} \end{array} \right. + \left| \begin{array}{l} (m + 126,84)\;{\rm{gam}}\left\{ \begin{array}{l} CaC{l_2}:a\\ CaS{O_4}:a \end{array} \right.\\ \to \left| \begin{array}{l} X\left\{ \begin{array}{l} Ca{(N{O_3})_2}\\ N{H_4}N{O_3} \end{array} \right.\\ NO \uparrow :0,24\;{\rm{mol}} \end{array} \right. \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \to {n_{CaS{O_4}}} + {n_{CaC{l_2}}} = {n_{Ca}} \to 2a = 1,68 \to a = 0,84{\rm{ mol}}\\ \to {\rm{(m + 126,84) = 0,84}}{\rm{.111 + 0,84}}{\rm{.136}} \to {\rm{m = 80,64 gam}}\\ \to {n_{{O_2}}} = \frac{{80,64 - 67,2}}{{32}} = 0,42\;{\rm{mol}}\\ \to 2{n_{Ca}} = 4{n_{{O_2}}} + 3{n_{NO}} + 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}\\ \to {n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{2.1,68 - 4.0,42 - 3.0,24}}{8} = 0,12\;{\rm{mol}}\\ \to {m_Z} = 164.1,68 + 80.0,12 = 285,12\;{\rm{gam }} \end{array}\)

Đáp án D

(a) n_Al < n_NaOH => tan hết

(b) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → 2FeSO₄ + CuSO₄ => tan hết

(c) Cu(2 mol) + 2FeCl₃(2 mol) → CuCl₂ + 2FeCl₂ => không tan hết

(d) Tan hết

(e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ + 3CH₄

1                                  4

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

2                                  2

2Al(OH)₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

4                                              2

=> tan hết

(f) Không tan hết do tạo kết tủa BaCO₃

Vậy các hỗn hợp rắn tan hoàn toàn là (a) (b) (d) (e)

Đáp án C

\(\begin{array}{l} {n_{{O_2}}} = 0,48{\rm{ }}mol;{\rm{ }}{n_{NaOH}} = 0,3{\rm{ }}mol.\\ \to {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = {m_E} + {m_{{O_2}}} = 17,28 + 0,48.32 = 32,64\\ \Rightarrow 44.{n_{C{O_2}}} + 18.{\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = 32,64\left( I \right) \end{array}\)

Dù là axit hay este khi tác dụng với NaOH ta luôn có sơ đồ:

–COO– + NaOH → –COONa + –OH

\( \Rightarrow {n_{--COO--}} = {n_{NaOH}} = 0,3{\rm{ }}mol \Rightarrow BTNT\left( O \right)\) ta có:

\(2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2.0,3 + 2.0,48 = 1,56\,\,\left( {II} \right)\)

– Từ (I) và (II) \( \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,57;{\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = 0,42.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_E} = \frac{{{n_{ - COO - }}}}{2} = 0,15\\ {\overline C _E} = \frac{{0,57}}{{0,15}} = 3,8 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} X:C{H_2}{\left( {COOH} \right)_2}\\ Y:{C_2}{H_4}{\left( {COOH} \right)_2}\\ Z:{C_2}{H_6}{\left( {COO} \right)_2}\\ T:{C_3}{H_8}{\left( {COO} \right)_2} \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} Z:{C_2}{H_6}{\left( {COO} \right)_2}\\ T:{C_3}{H_8}{\left( {COO} \right)_2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 3{\rm{ }}ancol{\rm{ }}\\ cu ng{\rm{ }}so{\rm{ }}mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} Z:HCOO - C{H_2} - C{H_2} - OOC - H:a\,\,mol\\ T:C{H_3} - OOC - COO - {C_2}{H_5}:a\,\,mol \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {m_{3\,\,ancol}} = 62.a + 32.a + 46.a = 4,2 \Rightarrow a = 0,03\\ \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = x\\ {n_Y} = y \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y = {n_E} - {n_Z} - {n_T} = 0,09\\ {n_{C\left( {X,Y} \right)}} = 3x + 4y = {n_{C{O_2}}} - {n_{C\left( {z,T} \right)}} = 0,3 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,06\\ y = 0,03 \end{array} \right. \end{array}\)

Chọn C

Ta có: \({n_X} = 0,105\left\{ \begin{array}{l} NO:0,09(mol)\\ {N_2}O:0,015(mol) \end{array} \right.\) 

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Al}} = a\\ {n_{NH_4^ + }} = b\\ n_{NO_3^ - }^{trong\,Y} = c \end{array} \right. \to {n_{HCl}} = 0,51 + 10b\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} 0,12 + b + c = 0,3\\ a + \left( {10b + 0,51} \right) + c = 0,82\\ 0,25.56 + 27a + 18b + 35,5(0,51 + 10b) + 62.c = 47,455 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,04\\ b = 0,01\\ c = 0,17 \end{array} \right.\)

\( \to n_e^{\max } = 0,57 \to {n_{Ag}} = 0,57 - 0,47 = 0,1 \to 98,335\left\{ \begin{array}{l} AgCl:0,61\\ Ag:0,1 \end{array} \right.\)