(C₁₇H₃₀COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Ta có: n_NaOH = 0,03Kmol

nC₃H₅(OH)₃ = 1/3 n_NaOH = 0,01Kmol

mC₃H₅(OH)₃ = 0,01.92 = 0,92kg

H = 80% ⇒ m_{glixerol thực tế} = 0,92. 80% = 0,736kg

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃.

Ta có nC₃H₅(OH)₃ = 0,02 mol ⇒ n_RCOONa = 0,06 mol.

⇒ MRCOONa = 304 ⇒ MRCOOH = 282 (axit oleic)

⇒ Chất béo: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

Gọi hai muối lần lượt là RCOONa và R’COONa.

⇒ 0,5. (RCOOH + 22) + 1.(R’COOH + 22) = 229

⇔ RCOOH + 2R’COOH = 792

⇒ RCOOH = 280 (C₁₇H₃₁COOH)

R’COOH = 256 (C₁₅H₃₁COOH)

C₄H₆O₂ có k = 2 → este không no, có chứa liên kết đôi C = C, đơn chức, mạch hở

→ Các đồng phân este mạch hở của C₄H₆O₂ là

HCOOCH=CH-CH₃

HCOOCH₂CH=CH₂

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

CH₂=CHCOOCH₃

→ Có 5 đồng phân este

→ Đáp án C

Este no, đơn chức, mạch hở (C_nH_2nO₂) có k = 1

→ có 1 liên kết π (trong nhóm – COO –)

→ Đáp án A

Xà phòng thường dùng là hỗn hợp muối natri hoặc kali của axit béo, có thêm một số chất phụ gia. Phân tử muối natri của axit béo gồm 1 đầu ưa nước là nhóm COO-Na+ nối với 1 đuôi kị nước, ưa dầu mỡ là nhóm –C_xH_y (thường x ≥ 15). Đầu ưa dầu mỡ thâm nhập vào vết bẩn, còn nhóm COO-Na+ ưa nước có xu hướng kéo ra các phía phân tử nước → làm giảm sức căng bề mặt các chất bẩn bám trên vải, da → vết bẩn phân tán nhiều phần nhỏ rồi phân tán vào nước và bị rửa trôi (Xem hình 1.8: Sơ đồ quá trình làm sạch vết bẩn của xà phòng – SGK lớp 12 cơ bản – trang 15).

→ Đáp án D

phát biểu đúng là (b), (d), (e)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Lys}} = 0,05\\
{n_{Gly}} = 0,2
\end{array} \right. \to {n_{HCl}} = 0,6\)

\( \to 7,3 + 15 + 0,6.36,5 + 0,3.56 = m + 0,3.18 \to m = 55,6\)

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ →  2CO₂ + 2C₂H5OH

0,75 → 1,5 mol

→ VCO₂ = 33,6 lit

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

Đáp án C

nAg = 0,1 mol => n glu = 0,05 mol

=> m = 0,05.180 = 9g

Đáp án A

mTinh bột = 1000.95% = 950 kg

(C₆H₁₀O₅)_n → C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

950/162 → 950.2/162

→ mC₂H₅OH = 85%.46.950.2/162 = 458,58 kg

n_saccarozơ + n_mantozơ = 6,84/342 = 0,02 mol

mantozơ thể hiện tính chất của anđehit đơn chức

→ n_mantozơ = n_Ag/2 = 0,01 mol 

→ n_saccarozơ = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol

→ Đáp án C

n_Ag = 10,8/108 = 0,1 mol

TH1: n_X = n_Ag/2 = 0,05 mol

→ M_X = 8,55/0,05 = 171 (Loại)

TH2: n_X = n_Ag/4 = 0,025 mol

→ M_X = 8,55/0,025 = 342 → X là saccarozơ.

C₁₂H₂₂O₁₁ -^H+→ C₆H₁₂O₆ + C₆H₁₂O₆ → 4Ag

→ Đáp án D

Đáp án D

TQ : R – NH₂ + HCl → R – NH₃Cl

Bảo toàn khối lượng : mamin + mHCl = mMuối

→ nHCl = 0,64 mol

→ V = 640 ml

Đáp án A

NH₂CH₂COOH + NaOH → NH₂CH₂COONa + H₂O

0,4 mol → 0,4 mol

→ m = 38,8g

Đáp án C

TQ : R – N + HCl → R – NHCl

Mol 0,08 <- 0,08

→ MX = 59g

→ C₃H₉N

Đặt CT của X là H₂NRCOOH

26,7(g) X + ?HCl → 37,65(g) Muối.

Bảo toàn khối lượng: m_HCl = 10,95(g) ⇒ n_X = n_HCl = 0,3 mol.

→ M_X = 26,7 : 0,3 = 89 ⇒ R = 28 (C₂H₄)

→ Đáp án B

Ta có: n_N:n_O = 1:2 nên n_NH2 : n_COOH = 1:1.

Suy ra khi tác dụng với 0,15 mol NaOH thì dư ra 0,03mol NaOH.

Áp dụng sự tăng giảm khối lượng, ta có:

m_rắn = m_muối + m_{NaOH dư} = (m_X + 22.n_{NaOH pư}) + 0,03.40 = 10,36 + 22.0,12 + 0,03.40 = 14,2 gam.

→ Đáp án B

Áp dụng sự tăng, giảm khối lượng, ta có

 nX = (18,825 - 13,35) : 36,5 = 0,15 mol

Suy ra M_X = 89 (alanin)

→ Đáp án C

Ta có: ∑n_OH^- = n_X + n_H⁺ = 0,04 + 0,04.2 + 0,12 = 0,24 = 3x ⇒ x = 0,08 mol

Ta có H₂O được sinh ra từ: OH^- + H⁺ → H₂O và cho X tác dụng với bazơ.

⇒ n_H2O = n_H⁺ = 0,04.2 + 0,12 + 0,04 = 0,24 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_muối = 0,04.118 + 0,04.98 + 0,12.36,5 + 0,08.40 + 0,16.56 – 0,24.18 = 20,86 gam

→ Đáp án B

Đáp án B

npeptit= 0,05 mol

(gly)₂ + 2NaOH → muối +H₂O

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có
mpeptit + mNaOH= mrắn + mH₂O → 6,6 + 0,2.1.40 = mrắn +0,05.18

→ mrắn = 13,7

Đáp án C

Đặt số mol axit glutamic là x mol, alanin là y mol thì x + y =0,027 mol

Cho X + 0,03 mol HCl + 0,069 mol NaOH thì

Axit glutamic + 2NaOH → muối + nước

Alanin +NaOH → muối + nước

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

→ nNaOH = 0,069 = 0,03 + 2x + y

Giải được x= 0,012 mol và y=0,015 mol

Đáp án D

nNaOH = nGlyNa + nAlaNa = 0,68

nH₂O = nA = 0,14

Bảo toàn khối lượng → mA = 46,88

Khi đốt 46,88 gam A thì ta thu được:

nCO₂ = 2nGlyNa + 3nAlaNa = 1,76

nH₂O= (2nGlyNa + 3nAlaNa) + 0,14 - 0,68/2 = 1,56

→ mCO₂ + mH₂O =105,52

Tỷ lệ:

Đốt 46,88 gam A →105,52 gam CO₂ và H₂O
m → 63,312

→ m = 28,128

Đáp án A

Ta có: nGly = 0,7 mol ; nAla = 0,8 mol

→ nGly : nAla = 7 : 8

Với tỉ lệ mol 1 : 1 : 2 → thì có tổng cộng 7 + 8 = 15 gốc (Gly + Ala)

Gọi số gốc amino axit lần lượt là a , b , c với số mol tương ứng là x , x , 2x

→ a + b +2c = 15

Bảo toàn N : ax + bx + 2cx = 0,15 mol → x = 0,1 mol

X + (a – 1)H₂O → aa

Y + (b – 1)H₂O → aa

Z + (c – 1)H₂O → aa

→ nH₂O = x(a – 1) + x(b – 1) + 2x(c – 1) = ax + bx + 2cx – 4x = 1,1 mol

Bảo toàn khối lượng :

mGly + mAla = mA + mH₂O pứ

→ mA = 103,9g

Polistiren là -(-CH₂-CH(C₆H₅)-)_n-.

- Trong polistiren có liên kết bội nên nó có phản ứng cộng: tác dụng với Cl₂/t^o, tác dụng với Cl2 khi có mặt bột Fe.

- Polistiren còn tham gia phản ứng đepolime hóa.

→ Polistiren không tác dụng với HCl → Đáp án đúng là đáp án B.

Chú ý: Khi đun nóng ở nhiệt độ cao, một số polime bị phân hủy tạo thành monome ban đầu, đó là phản ứng đepolime hóa.

→ Đáp án B

Khi đun phenol với fomandehit có axit làm xúc tác thì thu được nhựa novolac, là polime không phân nhánh.

→ Đáp án B

Chọn B.

Kim loại thường có 1, 2, 3 electron ở lớp ngoài cùng, trừ H (\(1{s^1}\)) và He (\(1{s^1}\)).

Chọn B.

Trong một ô cơ sở có 1 nguyên tử ở tâm, ở mỗi góc có \(\dfrac{1 }{ 8}\) nguyên tử. Có 8 đỉnh (8 góc) \( \to \) tổng số nguyên tử là \(8.\dfrac{1 }{8} + 1 = 2.\)

Chọn D.

1 \(c{m^3}\) Fe có tổng thể tích các nguyên tử Fe là \(0,74c{m^3}\)

Số nguyên tử Fe trong 1 \(c{m^3}\) Fe (hay 7,87 gam) là:

\(N = \dfrac{7,87} {55,85}.6,{02.10^{23}} = 8,{483.10^{22}}\) (nguyên tử)

Thể tích 1 nguyên tử:  \(\dfrac{0,74}{8,{{483.10}^{22}}} = 8,{723.10^{ - 24}}c{m^3}.\)

Vì phản ứng giữa Al và AgNO₃ xảy ra trước nên kim loại sau phản ứng phải có Ag, kế đến là CuSO₄ có phản ứng tạo thành Cu. Theo giả thiết, có ba kim loại → kim loại thứ ba là Fe còn dư.

Ta có: n_Fe = 2,8/5,6 = 0,05 (mol)

n_Al = 0,81/27 = 0,03 (mol)

và n_H2 = 0,672/22,4 = 0,03 (mol)

Phản ứng: Fedư (0,03) + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (0,03)

→ Số mol Fe phản ứng với muối: 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

2Al + 3Cu²⁺ → 2Al³⁺ + 3Cu

Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

→ x + 2y = 0,09 + 0,04 = 0,13 (1); 108x + 64y + 56.0,03 = 8,12 (2)

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta được x = 0,03; y = 0,05.

Vậy: C_{M AgNO3} = 0,03 : 0,2 = 0,15M

C_{M Cu(NO3})₂ = 0,05 : 0,2 = 0,25M.

→ Đáp án A

Thay vì tính chất phản ứng giữa Mg, Zn với CuSO₄ và AgNO₃, ta tính số mol e mà hỗn hợp X có thể cung cấp và dung dịch Y có thể nhận:

n_Zn = 6,5/65 = 0,1 mol;

n_Mg = 4,8/24 = 0,2 mol

do: Zn → Zn²⁺ + 2e;

Mg → Mg²⁺ + 2e

Tổng n_e (Mg, Zn): (0,1 + 0,2). 2 = 0,6 mol

n_Ag⁺ = n_AgNO3 = 0,2.0,3 = 0,06 mol

n_Cu²⁺ = n_CuSO4 = 0,2.0,5 = 0,1 mol

Ag⁺ + 1e → Ag

Cu²⁺ + 2e → 2Cu

Tổng n_e (Ag⁺, Cu²⁺): 0,06 + 0,1.2 = 0,26 mol

Để khử hết Ag⁺ và Cu²⁺ chỉ cần 0,26 mol electron trong khi X có thể cung cấp 0,6 mol vậy Ag⁺, Cu²⁺ bị khử hết.

Ag và Cu kết tủa. Mg có tính khử mạnh hơn Zn nên Mg phản ứng trước: 0,2 mol Mg cung cấp 0,4 mol electron > 0,26 mol vậy chỉ có Mg phản ứng và

n_{Mg phản ứng} = 0,26 : 2 = 0,13 mol; còn dư: 0,2 – 0,13 = 0,07 mol

Do đó chất rắn A gồm 0,06 mol Ag và 0,1 mol Cu, 0,07 mol Mg và 0,1 mol Zn

m_A = 0,06.108 + 0,1.64 + 0,07.24 + 0,1.65 = 21,6 gam

→ Đáp án C

Dựa vào quy tắc α:

Phản ứng giữa 2 cặp oxi hóa khử xảy ra theo chiều: chất oxi hóa mạnh tác dụng với chất khử mạnh tạo thành chất oxi hóa yếu hơn và chất khử yếu hơn.

Ta có:

Cu                 + 2 Fe³⁺                   →  2Fe²⁺    +     Cu²⁺

C.KH mạnh     C.OXH mạnh           C.KH yếu    C.OXH yếu

Vậy ion Fe³⁺ có tính oxi hoá mạnh hơn ion Cu²⁺

Đáp án D

Dung dịch muối MCl₂ phản ứng với dung dịch Na₂CO₃ hoặc Na₂SO₄ tạo kết tủa, nhưng không tạo kết tủa khi phản ứng với dung dịch NaOH => Kim loại là Ba

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2NaCl

BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaCl

BaCl₂ + NaOH không xảy ra

Đáp án C

               3Fe₃O₄    +   8Al → 4Al₂O₃   +  9Fe

Ban đầu:   0,08            0,16 

Phản ứng: 0,06      0,16      0,08         0,18

Sau p/ứng: 0,02             0        0,08         0,18

n_Al³⁺ = 0,2 mol; n_OH^- = 0,75

Lập tỉ lệ: OH^-/Al³⁺ → kết tủa tan 1 phần

→ n_{kết tủa} = 4n_Al³⁺ - n_OH^- = 0,05 mol → m_{kết tủa} = 3,9 gam.

Catot thoát khí khi H+ bắt đầu điện phân, lúc đó Fe³⁺ và Cu²⁺ đã hết.

n_e = n_Fe³⁺ + 2n_Cu²⁺ = 0,5 mol

→ n_Cl2 = 0,25 mol

→ V = 5,6 lít