C₅H₈O₂ có k = 2 → C₅H₈O₂ là este đơn chức chứa 1 liên kết đôi.

→ Các đồng phân cấu tạo este mạch hở có CTPT là C₅H₈O₂ khi thủy phân tạo ra một axit và một anđehit là:

1. HCOOCH=CHCH₂CH₃ 2. HCOOCH=C(CH₃)2

2. CH₃COOCH=CHCH₃ 3. CH₃CH₂COOCH=CH₂

→ Đáp án C

Những cặp chất nào tham gia phản ứng este hoá là:

(3): C₆H₅OH + (CH₃CO)2O → CH₃COOC₆H₅ + CH₃COOH

Chú ý: Để điều chế este của phenol không dùng axit cacboxylic mà phải dùng anhidrit axit hoặc clorua axit.

(4) CH₃COOH + C₂H₅OH ⇆ CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

(5) CH₃COOH + CH≡CH -^to, xt→ CH₃COOCH=CH₂.

(6) C₆H₅COOH + C₂H₅OH ⇆ C₆H₅COOC₂H₅ + H₂O.

→ Đáp án D

Các đồng phân mạch hở của C₂H₄O₂ là: CH₃COOH, HCOOCH₃, CH₂OHCHO.

+) CH₃COOH phản ứng được với NaOH, Na

CH₃COOH + NaOH -^to→ CH₃COONa + H₂O

CH₃COOH + Na → CH₃COONa + 1/2 H₂

+) HCOOCH₃ phản ứng được với NaOH, dd AgNO₃/NH₃

HCOOCH₃ + NaOH -^to→ HCOONa + CH₃OH

HCOOCH₃ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → 2Ag↓ + 2NH₄NO₃ + NH₄OCOOCH₃

+) CH₂OHCHO phản ứng được với Na và dd AgNO₃/NH₃.

CH₂OHCHO + Na → NaOCH₂CHO + 1/2 H₂

CH₂OHCHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → 2Ag↓ + CH₂OHCOONH₄ + 2NH₄NO₃

→ Đáp án D

Thứ tự nhiệt độ sôi của các axit, ancol, este có cùng số C là: este < ancol < axit (Do giữa các nguyên tử este không có liên kết H, liên kết H trong axit bền hơn trong ancol)

→ Thứ tự sắp xếp đúng là: HCOOCH₃ < CH₃CH₂OH < CH₃COOH.

→ Đáp án B

PTTQ: C₃H₅(OH)₃ + nRCOOH ⇆ (RCOO)_nC₃H₅(OH)₃-n + nH₂O

Các công thức đúng là (a), (b), (c).

→ Đáp án C

CH₃COOH + C₆H₅CH₂OH → CH₃COOCH₂C₆H₅ (benzyl axetat – có mùi hoa nhài)

→ Đáp án D

1 số mùi este thông dụng:

Amyl axetat có mùi dầu chuối.

Amyl fomat có mùi mận.

Etyl fomat có mùi đào chín.

Metyl salicylat có mùi dầu gió.

Isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Etyl Isovalerat có mùi táo.

Etyl butirat và Etyl propionat có mùi dứa.

Geranyl axetat có mùi hoa hồng.

Metyl 2-aminobenzoat có mùi hoa cam.

Benzyl axetat có mùi thơm hoa nhài

n_CO2 = 0,1 mol; nNa₂CO₃=0,15 mol; nH₂O=0,35 mol)

Gọi công thức của muối là C_nH_2n-1O₂Na

=> n= 5 => X là C₄H₉COOH

CH₃COOC₂H₅ ; HCOOCH₂-CH₂-CH₃;

HCOOCH(CH₃)-CH₃; C₂H₅COOCH₃;

HCOOCH2-CH2COOH

(COOCH3)2

Theo bài ra, đặt số mol 2 axit là x thì 46x + 60x = 5,3 => x = 0,05

nC2H5OH = 0,125

HCOOH       +   C2H5OH  → HCOO2H5    +   H2O

0,05.80/100                           0,04

CH3COOH  +      C2H5OH   → CH3COO2H5    +   H2O

0,05.80/100                              0,04

meste = 0,04 . 74 +  0,04 .88= 6,48 gam

=> Đáp án C

Giả sử có 100g chất béo

⇒ mC₁₇H₃₃COOH = 4,23 g; mC₁₅H₃₁COOH = 1,6 g;

⇒ m₍C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ = 94,17g

Để phản ứng hết với 100g chất béo trên cần:

n_KOH = nC₁₇H₃₃COOH + nC₁₅H₃₁COOH + 3n₍C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅  = 0,3408 mol

⇒ m_KOH = 19,085 g = 19085 mg

⇒ Chỉ số xà phòng hóa là: 19085/100 = 190,85

Trung hóa 1g chất béo cần mKOH = 4.9 = 36 mg

nKOH = (36.10^-3) : 56 mol

nBa(OH)₂ = 1/2.nKOH

mBa(OH)₂ = 0,05496g = 54,96 mg

NaOH → KOH

40 → 56 (mg)

10,08 → 14,112 (mg)

Chỉ số xà phòng là = 14,112/0,063 = 224

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

Đáp án C

Saccarozo → Glucozo + Fructozo

       0,1 →        0,1 →        0,1 mol

Y + AgNO₃:

Glucozo → 2Ag

Fructozo → 2Ag

NaCl → AgCl

Kết tủa gồm: 0,4 mol Ag; 0,02 mol AgCl

→ m = 46,07g

Đáp án B

Glucozo → 2Ag

Fructozo → 2Ag

→ nGlucozo + nFructozo = 0,18 mol

→ m = 32,4g

Đáp án B

nC₆H₇O₂(NO₃)₃ = 0,1 k.mol → nHNO₃ = 0,3 k.mol

→ n lý thuyết = 0,3 : 90 . 100 = k.mol → m HNO₃ = 21 g

→ m dd HNO₃ = 21: 96.100 = 21,875 k.g

→ V dd HNO₃ = 21,875 : 1,52 = 14,39 k.ml = 14,39 lít

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ + AgNO₃ + NH₃ → 2 Ag

n Ag = 0,1 mol → n glucozo = 0,05 mol

→ m Glucozo = 9 g

Khi cho dung dịch FeSO₄ vào trong hỗn hợp Zn và HCl thì xảy ra thêm phản ứng

Zn + Fe²⁺ → Fe + Zn²⁺

Phản ứng này tạo ra lớp sắt bám trên bề mặt kẽm làm xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa và vì vậy khiến kẽm bị ăn mòn mạnh hơn.

→ Đáp án C

Gọi công thức của oxit kim loại là M₂O_n.

Ta có:

M₂O_n → M₂(SO₄)_n

O → SO₄^2-

1 mol → m_tăng = 96 -16 = 80 gam

x mol → m_tăng = 80x = 50 – 20 = 30 gam

→ x = n_O/oxit = 30/80 = 0,375 mol

Khi khử oxit bằng CO ta có: n_O/oxit = n_CO = 0,375 mol

→ V_CO = 0,375.22,4 = 8,4 lit

→ Đáp án D

Ta có: n_O/oxit = n_H2 = 1,344 : 22,4 = 0,06 mol

→ m_O/oxit = 0,06.16 = 0,96 gam

→ m_M = m_oxit – m_O/oxit = 3,48 – 0,96 = 2,52 gam

Gọi hóa trị của M là n.

M = 28n

Vậy M là Fe.

→ n_Fe = 2,52 : 56 = 0,045

→ nfe : nO/ozzit = 3/4

Vậy oxit Fe là Fe₃O₄.

Ta có: m_O = 0,32 (g)

→ n_O = 0,32/16 = 0,02 (mol) nên số mol của hỗn hợp CO, H₂ cũng bằng 0,02 (mol)

⇒ V = 0,02. 22,4 = 0,448 (l).

Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = 16,8 – 0,02.16 = 16,48 (g).

→ Đáp án D

Chọn D.

Trong chu kỳ số lớp electron không đổi, điện tích hạt nhân tăng dần \( \to \) bán kính nguyên tử giảm dần.

Bán kính \(N{a^ + }\) nhỏ hơn \({S^{2 - }}\) vì nguyên nhân chính là \(N{a^ + }\) chỉ có 2 lớp electron, \({S^{2 - }}\) có 3 lớp electron.

CuSO₄ + Ni → ăn mòn điện hóa

ZnCl₂ + Ni → không ăn mòn điện hoá

FeCl₃ + Ni → không ăn mòn điện hoá

AgNO₃ + Ni → ăn mòn điện hóa

→ Đáp án A

nCu = 12,8/64 = 0,2 mol

nKNO₃ = 0,5.0,2 = 0,1 mol

nH₂SO₄ = 1.0,2 = 0,2 mol

⇒ V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 lit

→ Đáp án A

m_{NaOH (trước điện phân)} = (200.10)/100 = 20 (gam).

Điện phân dung dịch NaOH thực chất là điện phân nước:

H₂O → 1/2 O₂ (anot) + H₂ (catot) → NaOH không đổi

Dung dịch NaOH trong bình có nồng độ 25 % thì ngừng điện phân

⇒ m_{dung dịch sau điện phân} = 20:25% = 80 (gam)

⇒ m_{nước bị điện phân} = 200 – 80 = 120 (gam)

⇒ n_nước = 120/18 = 20/3 mol → V_oxi = (20/3). (1/2). 22,4 = 74,7 lít và V_H = (20/3).22,4 = 149,3 lít.

→ Đáp án D

Trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa là: CuCl₂, AgNO₃

Hỗn hợp X tác dụng O₂ thì thu được rắn gồm: BaO, CuO.

Phương trình hóa học của phản ứng là 

2Ba + O₂ → 2BaO (1)

2Cu + O₂ → 2CuO (2)

Khối lượng chất rắn tăng chính là khối lượng của O₂ tham gia phản ứng → nO₂ = 6,4 : 32 = 0,2 mol

Từ (1), (2) → n_{hh X} = 0,4 mol

Chất rắn cho tác dụng với H₂ thì chỉ có CuO phản ứng

CuO + H₂  → Cu + H₂O (3)

Theo (3) khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng của oxi mất đi 

→ nCuO = nO = 3,2 : 16 = 0,2 mol

→ nCu = 0,2 mol → nBa = 0,4 – 0,2 = 0,2 mol

→ Khối lượng của chất rắn X:

mX = 0,2.64 + 0,2.137 = 40,2 gam

Ag + 2HNO₃ → AgNO₃  + NO₂  + H₂O  (1)

AgNO₃  + HCl  → AgCl ↓ + HNO₃  (2)

Theo (1) và (2) ta có: nAg = nAgCl = 1,194 : 143,5 (mol)

→ mAg ≈ 0,89862 (gam) → %mAg ≈ 60%

Đáp án A

Gang là một hợp kim của sắt trong đó có nguyên tố C (2%-5%) và một số nguyên tố khác: 1-4% Si; 0,3-5% Mn; 0,1-2% P; 0,01-1% S. 

Đáp án C

Chất khử trung bình (C, CO, H₂) chỉ khử được những oxit của những kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.

Do đó CO chỉ có thể khử được oxit Fe₂O₃ thành Fe → Hỗn hợp rắn gồm: Al₂O₃ , Fe

Đáp án C 

Sơ đồ: C₆H₁₂O₆     →      2Ag

(gam)   180              2.108 = 216

(gam)    x                          3,24

→ m_glucozơ = x = (3,24.180)/216 = 2,7 g

→ m_saccarozơ = 6,12 – 27 = 3,42 (gam)

→ Đáp án B

Giả sử X, Y + 2,475 mol O₂ → x mol CO₂ + y mol H₂O + 0,25 mol N2

Theo đề bài ⇒ x/y = 10/13

Bảo toàn nguyên tố oxi → 2x + y = 2.2,475

Tìm được x = 1,5 mol ; y = 1,95 mol

Bảo toàn Khối lượng:

⇒ m_X + m_Y = m_C + m_H + m_N = 1,5.12 + 1,95.2 + 0,25.28 = 28,9 g

→ Đáp án D

E tác dụng với HCl sinh ra chất khí vô cơ Z → Z là CO₂

Khi cho E tác dụng với NaOH sinh ra khí T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, N và làm xanh quỳ tím ẩm → T là amin.

E tác dụng với NaOH thu được dung dịch chứa 2 chất rắn vô cơ gồm Na2CO₃ và NaOH dư

→ cấu tạo của X là CH₃NH₃HCO₃ : x mol

Cấu tạo của Y là: (CH₃NH₃)₂CO₃ : y mol

CH₃NH₃HCO₃ + HCl → CH₃NH₃Cl + CO₂ + H₂O

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2HCl → 2CH₃NH₃Cl + CO₂ + H₂O

CH₃NH₃HCO₃ + NaOH → Na2CO₃ + CH₃NH₂ + H₂O

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → Na2CO₃ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

Ta có hệ x = y = 0,1

→ m = 21,7 gam

→ Đáp án C

Gọi số mol X, Y lần lượt x, y mol

BTNT (N) có n_N= 0,2 mol

x + y = 0,2

2y + 0,93.2 = 2nx + (n + 1,5)x + 2ny + (n + 0,5)y

→ 1,5(x – y) + 0,6n = 1,86

Ta luôn có: 0 < x – y < 0,2

⇒ 2,6 < n < 3,1 ⇒ n = 3

X là: C₃H₉N gồm các đồng phân:

CH₃-CH₂-CH₂-NH₂

CH₃-CH(NH₂)-CH₃

CH₃-NH-CH₂-CH₃

CH₃-N(CH₃)₂

Số đồng phân: 4.

→ Đáp án A

Bảo toàn khối lượng

Ta có: nH₂O = n_NaOH = 0,03 mol

BTKL→ m_muối = m_gly + m_glu + 40n_NaOH – mH₂O = 30,68 (g)

→ Đáp án B

X là C₂H₅NH₃NO₃: n_X = 0,03 mol; n_KOH = 0,05 mol ⇒ KOH dư.

→ Rắn gồm 0,03 mol KNO₃ và (0,05 – 0,03 = 0,02) mol KOH dư.

→ m = 0,03.101 + 0,02.56 = 4,15(g)

→ Đáp án D

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt nC₂H₃NO = x; n_CH2 = y.

→ Muối gồm x mol C₂H₄NO₂K và y mol CH₂ 

⇒ m_muối = 113x + 14y = 8,19(g).

n_O2 = 2,25x + 1,5y = 0,1875 mol

Giải hệ có: x = 0,07 mol; y = 0,02 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_BaCO3 = 0,07 × 2 + 0,02 = 0,16 mol

→ m = 31,52(g) 

→ Đáp án C

Quy đổi 28g hỗn hợp X thành: C₂H₅OH (a mol); C₂H₂ (b mol); CH₂ ( c mol)

( CH₂ không phải là 1 chất chỉ là nhóm nên nó chỉ có thành phần khối lượng mà không được tính vào số mol hỗn hợp)

⇒46a + 26b + 14c = 28 (1)

Khi cho X qua bình đựng Na dư, ancol bị giữ lại phản ứng và sinh ra 0,5mol H₂ và hỗn hợp ankin không phản ứng thoát ra

⇒0,5a + b = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol (2)

Ta có trong 0,3 mol hỗn hợp X có: ka mol C₂H₅OH; kb mol C₂H₂ và kc mol CH₂ (k là tỉ lệ khối lượng của 0,3 mol X với 28g X)

⇒k(a+b) = 0,3 mol

Viết phương trình đốt cháy ta có n O₂ = k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 mol

(3a + 2,5b + 1,5c) : (a + b) = 0,125 : 0,3   (3)

Từ (1)(2)(3) ⇒a = 0,2 mol; b = 0,4 mol; c = 0,6 mol

%m ancol = (0,2.46/28).100% = 32,86%

⇒ Đáp án A

Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là: C₃H₅(OH)₃ ( a mol), Z là CH₃OH (b mol)

Ta có: m_{bình tăng} = m_ancol – m_H2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g

a + b = 0,29 mol

⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol

B no và 3 chức nên có 3 liên kết ℼ. Mà B, C có cùng số liên kết ℼ nên C đơn chức và có 2 liên kết ℼ C-C

m_X = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78

n_O2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89

Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07

⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22

Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C₄H₅COOCH₃

%m_C = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51%

⇒ Đáp án B

Đặt CTCT của X là: GlyaAlabValc (a + b + c = 6).

Giải phương trình, ta có:

Nhận thấy: a = 3, b = 2 và

Khi đó 44,34 = 3.n_X(75 + 36,5) + 2n_X(89 + 36,5) + n_X(117 + 36,5) → n_X = 0,06 → m = 25,8 gam.

→ Đáp án B