H₂N-CH₂-CO-NH-CH(CH₂-COOH)-CO-NH-CH(CH₂-C₆H₅)-CO-NH-CH₂-COOH + 3H₂O → 2H₂N-CH₂-HCOOH + H₂N-CH(CH₂-COOH)-COOH + H₂N-CH(CH₂-C₆H₅)-COOH

→ Thu được các amino axit là H₂N-CH₂-COOH; H₂N-CH(CH₂-COOH)-COOH, H₂N-CH(CH₂-C₆H₅)-COOH

→ Đáp án B

Một peptit có n mắt xích → n_{mat xich}/n_peptit = n (mắt xích)

Vậy peptit X có số mắt xích là: n = (3+1)/1 = 4 (mắt xích)

Peptit có n mắt xích thì sẽ có (n – 1) liên kết peptit.

→ Số liên kết peptit trong phân tử X là 3.

→ Đáp án C

Chất béo tổng quát: (R₁COO)(R₂COO)(R₃COO)C₃H₅ (Với R₁COOH, R₂COOH, R₃COOH là axit béo, có thể giống nhau hoặc khác nhau).

- Thủy phân chất béo trong môi trường axit

(R₁COO)(R₂COO)(R₃COO)C₃H₅ + 3H₂O ⇆ R₁COOH + R₂COOH + R₃COOH + C₃H₅(OH)₃

- Thủy phân chất béo trong môi trường kiềm

(R₁COO)(R₂COO)(R₃COO)C₃H₅ + 3NaOH -^to→ R₁COONa + R₂COONa + R₃COONa + C₃H₅(OH)₃

→ Khi thủy phân bất kì một chất béo nào thì cũng luôn thu được glixerol (C₃H₅(OH)₃)

→ Đáp án B

Độ bất bão hòa k = 4

1 trong 3 muối có gốc hidrocacbon chứa liên kết đôi → loại B và C

Do 3 muối không có đồng phân hình học → loại D ( do CH3-CH=CH-COONa có đồng phân hình học)

So với các axit, ancol phân tử có cùng số nguyên tử cacbon thì este có nhiệt độ sôi và độ tan trong nước thấp hơn hẳn là do este không tạo được liên kết hiđro giữa các phân tử este với nhau và khả năng tạo liên kết hiđro giữa các phân tử este với các phân tử nước rất kém (SGK lớp 12 cơ bản – trang 4, 5)

→ Đáp án B

Có 3 este có thể tạo thành là C₂H₅OOC-CH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅; HOOC-CH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅; C₂H₅OOC-CH₂-CH(CH₃)-COOH.

→ Đáp án C

CH₃OH: ancol metylic

CH₂ = C(CH₃)COOH: axit metacrylat

→ CH₂ = C(CH₃)COOCH₃: metyl metacrylic

→ Đáp án B

Khối lượng KOH trung hòa axit : 0,007 (gam)

n_KOH = 0,007/56 = 0,125.10^-3 (mol)

Khối lượng C₁₇H₃₅COOH trong 1 gam chất béo là:

0,125.10^-3.890 = 0,11125 (gam)

Khối lượng tristearoyl glixerol trong 1 gam chất béo là: 0,8875 (gam) ≈ 0,001 (mol) ⇒ n_KOH = 0,003(mol) ⇒ m_KOH = 0,168(gam)

Chỉ số xà phòng hóa là : 168 + 7 = 175.

Theo định nghĩa: chỉ số axit của chất béo là số miligam KOH cần dùng để trung hòa hết các axit béo tự do có trong 1 gam chất béo.

Ta có: m_KOH = 0,015 x 0,1 x 56000 = 84 (mg)

⇒ Chỉ số axit là: 84/14 = 6

Lipit bao gồm các chất béo, sáp, steroid, phospholipid...

Theo đề bài ⇒ Thủy phân 10 g lipid cần n_NaOH = n_KOH = 1,68/56 = 0,03 mol

⇒ Thủy phân 1 tấn lipid cần n_NaOH = 3000 mol

⇒ nC₃H₅(OH)₃ = 1/3 . n_NaOH = 1000 mol

BTKL ⇒ m_{xà phòng} = 106 + 3000.40 - 1000.92 = 1028000 = 1,028 tấn

⇒ m xà phòng 72% = 1,028/0,72 = 1,428 tấn

Ta dùng Cu(OH)₂/dung dịch NaOH

Ở nhiệt độ thường khi cho Cu(OH)₂/dung dịch NaOH vào từng dung dịch thì

+) Glucozơ và glixerol xuất hiện phức màu xanh

2C₃H₈O₃ + Cu(OH)₂ → (C₃H₇O₃)₂Cu + 2H₂O

2C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu + 2H₂O + Ananylglyxylvalin có màu tím đặc trưng

Khi đun nóng thì glucozơ và anđehit axetic có màu đỏ Cu₂O xuất hiện

CH₂OH−[CHOH]₄CHO + 2Cu(OH)₂ + NaOH -^to→ CH₂OH−[CHOH]₄COONa + Cu2O + 3H₂O

CH₃CHO + 2Cu(OH)₂ + NaOH -^to→ CH₃COONa + Cu2O + 3H₂O

Ancol etylic không có hiện tượng gì.

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

Sơ đồ: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

H = 100% → nC₂H₅OH = 2nC₆H₁₂O₆ = (2.360)/180 = 4mol

→ mC₂H₅OH = 4.46 = 184 g

→ Đáp án B

+) Thủy phân (xúc tác H⁺, t^o ) saccarozơ

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O → C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

+) Thủy phân (xúc tác H⁺, t^o ) mantozơ

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O → 2C₆H₁₂O₆ (glucozơ)

→ Đáp án B

X là saccarozơ

- Thủy phân saccarozơ:

C₁₂H₂₂O₁₁ → C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

- Phản ứng tráng bạc của sản phẩm:

C₆H₁₂O₆ + 2[Ag(NH₃)₂]OH -^H+→ CH₂OH[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag↓ + 3NH₃ + H₂O.

→ Đáp án C

Ta có: nAgNO₃ = 2nC₆H₁₂O₆ = (2.27)/180 = 0,3 mol

→ mAgNO₃ = 0,3.170 = 51 g

→ Đáp án D

n_saccarozơ + n_mantozơ = 34,2/342 = 0,1 mol

mantozơ thể hiện tính chất của anđehit đơn chức

→ n_mantozơ = n_Ag/2 = 0,001 mol

→ n_saccarozơ = 0,1 – 0,001 = 0,099 mol

→ %saccarozơ trong hỗn hợp đường là: (0,099/0,1). 100% = 99%

→ Đáp án D

Sơ đồ phản ứng:

CH₂OH – [CHOH]₄ – CHO (0,01) → 2Ag (0,02)

→ %m_glucozơ = [(0,01.180)/3,51]. 100% = 51,8%

→ %m_saccarozơ = 100% - 51,8% = 48,72%

→ Đáp án A

Có n_Ag = 2nC₆H₁₂O₆ = (2.27)/180 = 0,3 mol

→ m_Ag = 0,3.180 = 32,4 g

→ Đáp án D

Do điều kiện như nhau nên ta sử dụng thể tích như số mol (để tiện tính toán)

Ta có:

 35ml + 40 ml O₂ 

Amin đơn chức ⇒ V_amin = 2V_N2 = 10 ml

⇒ V_H2 = 35 – 10 = 25 ml

⇒ Số C của amin là: V_CO2 / V_amin = 10/10 = 1

Trong các phương án đã cho chỉ có CH₅N thỏa mãn

→ Đáp án A

Bảo toàn khối lượng ta tìm được số mol HCl là: 0,25 mol

⇒ M trung bình: 9,85 : 0,25 = 39,4

⇒ Chắc chắn phải có CH₃NH₂

⇒ Loại B và D

xét ý C có amin không no, không thỏa mãn đề bài

→ Đáp án A

n_HCl = n_Ala = 0,12 mol; n_{NaOH (dư)} = 0,3 - 0,12.2 = 0,06(mol)

m_rắn = m_Ala-Na + m_NaCl + n_{NaOH dư} = 0,12.111 + 0,12.58,5 + 0,06.40 = 22,74(g)

→ Đáp án C

Các dung dịch làm đổi màu quỳ tím là: phenylamoniclorua, natri phenolat, amoni clorua, amoniac, axit axetic, natri axetat, natri etylat, xôđa (Na₂CO₃).

→ Đáp án C

A có dạng C_nH_2n+6O₃N₂ (n ≥ 2) là muối cacbonat của amin → A có CTCT: (CH₃NH₂)₂CO₃.

B là đạm ure (NH₂)₂CO

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

(NH₂)₂CO + NaOH → Na₂CO₃ + 2NH₃

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

(NH₂)₂CO + HCl → CO₂ + H₂O + 2NH₄Cl

→ Z là CO₂

X là CH₃NH₂ và Y là NH₃.

→ Đáp án D

Anilin tác dụng với nước brom tạo thành kết tủa màu trắng.

→ Đáp án D

(1) Sai. Có thể tạo được 4 đipeptit: Ala-Ala; Ala-Gly; Gly-Ala; Gly-Gly

(2) Đúng

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) Sai, chỉ tạo được 4 tripeptit có chứa 1 gốc Glyxin. 1 cái trùng Gly-Phe-Tyr

(6) Sai, cho HNO₃ vào anbumin tạo dung dịch màu vàng

→ Đáp án B

Liên kết peptit là liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa hai đơn vị α-amino axit.

→ Trong X có 2 liên kết peptit.

Khi thủy phân X thu được 3 loại α-amino axit: CH₃-CH(NH₂)-COOH, H₂N-CH₂-COOH, C₆H₅-CH(NH₂)-COOH.

Vì các amino axit cấu tạo nên X không hoàn toàn là α-amino axit nên X không là một pentapeptit.

→ Đáp án D

phát biểu sai là (a), (b), (d)

Nguyên tử kim loại khi tham gia phản ứng hóa học đóng vai trò chất khử

→ Nhường electron và tạo thành ion dương.

→ Đáp án B

R = ρ/S với R là điện trở, S là tiết diện ngang, l là chiều dài của khối vật dẫn, ρ là điện trở suất của chất.

Do không cho chiều dài của 2 dây ⇒ không thể so sánh được độ dẫn điện ⇒ chọn A.

→ Đáp án A

Ion của kim loại mạnh như: K, Na, Li, Ca… và ion của các gốc muối có oxi như: SO₄^2-, NO₃^- không bị điện phân.

→ Đáp án D

Phản ứng tổng quát CO + O_oxit → CO₂.

m_{ran giam} = m_{O pư} = 0,8 g

⇒ n_{O pư} = n_CO2 = 0,05 mol

⇒ X gồm 0,05 mol CO và 0,05 mol CO₂.

⇒ d_X/H2 = 18

→ Đáp án B

M_Y = 18,8 → Y chứa NO (3y) và H₂ (2y) → X chứa H⁺ và NO₃^- dư.

n_NO = 0,26 mol

Bảo toàn khối lượng:

m + 1,8.36,5 + 0,3.63 = m + 60,24 + 0,26.30 + m_H2O

→ n_H2O = 0,92 mol

Bảo toàn nguyên tố H → n_H⁺ dư = 0,26 mol

Đặt n_NH4⁺ = x

Bảo toàn nguyên tố N → x + 3y + 0,26 = 0,3

n_H⁺, dư = 10x + 4.3y + 2.2y = 0,26

→ x = y = 0,1 mol

Ban đầu: n_H⁺, pư = 0,92.2 = 4n_NO + 2.n_{O (A)} → n_{O (A)} = 0,4 mol4

Trong khi cho Mg vào X thu được m – 6,04 > m – 6,4 nên Mg dư.

→ m_{Mg dư} = 6,4 - 6,04 = 0,36 gam

Mg + X Dung dịch chứa Mg²⁺ (p mol), NH₄⁺ (0,01 mol), Cl^- (1,8 mol)

Bảo toàn điện tích → p = 0,895 mol

→ m_{Mg bd} = 24.0,895 + 0,36 = 21,84 gam

→ Đáp án C

Ghi nhớ: NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa giống y hệt axit HNO₃

Fe₃O₄ + HCl dư → dd X gồm: FeCl₂; FeCl₃; HCl dư.

Vậy dd X tác dụng được với các chất là: KMnO₄; Cl₂; KOH; Na₂CO₃; HNO₃; Fe; NaNO₃

5FeCl₂ + KMnO₄ + 8HCl → 5FeCl₃ + KCl + MnO₂↓ + Cl₂↑ + 4H₂O

2FeCl₂ + Cl₂ \xrightarrow{{{t^0}}}t0​ 2FeCl₃

FeCl₂ + KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

FeCl3 + KOH → Fe(OH)₃↓ + 3KCl

HCl + KOH → KCl + H2O

2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl

2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2↑

FeCl2 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + 2HCl + NO2 ↑ + H2O

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

2HCl + Fe → FeCl2 + H2↑

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

=> vậy có tất cả 7 chất phản ứng với dd X

Do Fe có tính khử lớn hơn Sn, đủ điểu kiện để xảy ra ăn mòn điện hóa nên Fe sẽ bị ăn mòn điện hóa.

→ Đáp án A

n_CuSO4 = 0,5. 0,4 = 0,2 mol

n_{e trao đổi} = 2.0,2 = 0,4 mol

 ne = It : F → t = 28805s = 8h

→ Đáp án C

n Al³⁺ = 0,1 mol; n OH^- = 0,36 mol

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ta có n Al³⁺ < 3 n OH^- ⇒ OH^- dư;

n OH^- dư = 0,36 – 0,1.3 = 0,06

OH^- + Al(OH)₃ → AlO₂^- + 2H₂O

n Al(OH)₃ > n OH^- dư ⇒ Al(OH)₃ tan một phần

⇒ nAl(OH)₃ không tan = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol

mkết tủa = mAl(OH)₃ = 0,04 . 78 = 3,12g

⇒ Đáp án A

- Cho Fe dư + H₂SO₄ → m₁ gam muối + V lít H₂

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑

n_Fe²⁺ = n_H2 = V/22,4 → m₁ = m_FeSO4 = V/22,4 x 152 gam.

- Cho Fe + H₂SO₄ đặc, nóng → m₂ gam muối + V lít SO₂

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

n_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x n_SO2 = 1/3 x V/22,4 mol

→ m₂ = m_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x V/22,4 x 400 gam

→ m₁ > m₂

→ Đáp án C

Trong các hợp chất:

- Đáp án A sai vì Au có số oxi hóa đặc trưng là +3.

- Đáp án B đúng.

- Đáp án C sai vì Ag có số oxi hóa đặc trưng là +1; Au có số oxi hóa đặc trưng là +3.

- Đáp án D sai vì K có số oxi hóa đặc trưng là +1; Cr có số oxi hóa đặc trưng là +2, +3.

→ Đáp án B