C₄H₆O₂ có k = 2 → C₄H₆O₂ là este có chứa 1 liên kết π trong gốc hidrocacbon → Este đó: CH₃-CH=CH-OCOH

CH₃-CH=CH-OCOH + H₂O ⇆ HCOOH + CH₃CH₂CHO

HCOOH và CH₃CH₂CHO đều có PƯ tráng gương.

→ Đáp án C

vinyl axetat (CH₃COOCH=CH₂), etyl fomiat (HCOOC₂H₅), metyl acrylat (CH₂=CH-COOCH₃)

+) Dung dịch Br₂ → chỉ có etyl fomiat không phản ứng

+) Dung dịch NaOH

CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃CHO + CH₃COONa.

CH₂=CH-COOCH₃ + NaOH → CH₂=CH-COONa + CH₃OH.

+) Ag₂O/NH₃            

CH₃CHO có phản ứng tráng bạc.

→ Đáp án B

Khi xà phòng hóa chất béo thu được muối axit béo và glixerol

Bảo toàn khối lượng ⇒ m_X= 3,42.44 + 3,18.18 – 4,83.32 = 53,16 gam

Bảo toàn nguyên tố O ⇒6n_X + 4,83.2 = 3,42.2 +3,18 ⇒n_X = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ⇒53,16 + 0,06.3.40 = b + 0,06.92 ⇒ b = 54,84

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ → (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ → C₁₇H₃₅COONa → C₁₇H₃₅COOH (axit stearic).

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

→ C_M = 0,01 : 0,05 = 0,2M

Chỉ cần nhớ 1 mol glucozo tráng bạc tạo 2 mol Ag.

Theo bài ra, ta có số mol glucozo là 18 : 180 = 0,1 mol

→ mAg = 0,2.108 = 21,6 gam

Đặc điểm giống nhau giữa glucozơ và saccarozơ là đều hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh vì 2 chất này đều có nhiều nhóm OH gắn vào những nguyên tử C kề nhau trong phân tử.

Đáp án C 

Trong phân tử saccarozo, gốc α-glucozo và gốc β-fructozo liên kết với nhau qua nguyên tử oxi giữa C1 của glucozo và C2 của fructozo

Đáp án D

Tổng số mol 2 chất trong X là 0,01 mol mà sau khi thủy phân chỉ có 0,015 mol glucozo (phản ứng được với brom).

Gọi số mol mantozo là a, số mol saccarozo là b thì a + b = 0,01 và 2a + b = 0,015 mol

⇒ a = b = 0,005 mol

⇒ lượng bạc thu được là 0,01 mol tức 1,08 gam do chỉ có mantozo phản ứng

→ Đáp án C

Tính bột có các tính chất:

+ Phản ứng với I₂

+ Bị thủy phân trong môi trường axit

+ Có phản ứng este hóa

→ Đáp án C

thứ tự tăng dần lực bazơ là  C₆H₅NH₂ (anilin), NH₃, CH₃NH₂.

Sự sắp xếp đúng với lực bazơ của dãy các chất là (3) < (4) < (1) < (2)

Đáp án D

NH₂ – CH₂ – COOH + NaOH → NH₂ – CH₂ – COONa + H₂O

0,1                               0,1 mol

→ mmuối = 9,7g

Đáp án B

C₂H₅NH₂ + HCl →  C₂H₅NH₃Cl

0,1      → 0,1 mol

→ mmuối = 8,15g

\({n_{GlyNa}} = {n_{AlaNa}} = {n_{Gly - Ala}} = \frac{{14,6}}{{146}} = 0,1\,mol\)

\(\Rightarrow {m_{muoi}} = 97{n_{GlyNa}} + 111{n_{AlaNa}} = 20,8(gam)\)

Gly- Ala & Ala-Gly 

CH₄ (2) → C₂H₂ (8) → HCHO (4)

C₂H₂ (8) → C₆H₆ (3) → C₆H₅Cl (10) → C₆H₅ONa (7) → C₆H₅OH(5)

HCHO + C₆H₅OH → nhựa phenol – fomandehit

→ Đáp án B

Tơ có nguồn gốc xenlulozơ là: (2) sợi bông; (3) sợi đay; (5) tơ visco; (7) tơ axetat.

→ Đáp án B

HOOC-C₆H₄-COOH (Axit terephtalic) + nHO-CH₂-CH₂-OH (Etylen glicol) -^to, p, xt → -[-OC-C₆H₅-CH₂CH₂-O-]-_n (tơ lapsan) + nH₂O

→ Đáp án A

 polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp etilen.

Cl^-  (cực dương)←  KCl, H₂O → K⁺   (cực âm)

2Cl^- → Cl₂ + 2e               2H₂O + 2e → H₂ + 2OH

PT điện phân:

2KCl + 2H₂O → 2KOH + Cl₂ + H₂

Vậy sản phẩm thu được là KOH, Cl₂ , H₂.

Đáp án C 

Phương pháp thủy luyện dùng để điều chế các kim loại yếu như Ag và Cu.

Đáp án C

Khí CO có thể khử các oxit kim loại sau nhôm trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. Vậy ở đây khí CO khử được CuO theo PTHH:

CO  + CuO  → Cu  + CO₂

Khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn gồm Cu, Al₂O₃ và MgO.

Đáp án D

Để tách Ag ra khỏi hỗn hợp Ag, Cu, Fe mà khối lượng Ag không thay đổi ta cần chọn chất phản ứng được với Cu và Fe mà không phản ứng với Ag. Chỉ có Fe₂(SO₄)₃ thỏa mãn.

Đáp án B

Nhúng thanh Fe vào dung dịch chứa hỗn hợp H₂SO₄ loãng và lượng nhỏ CuSO₄; ăn mòn điện hóa

Nhúng thanh Fe vào dung dịch hỗn hợp Fe₂(SO₄)₃  và H₂SO₄ loãng; ăn mòn hóa học

Nhúng thanh Fe vào dung dịch Fe₂(SO₄)₃; ăn mòn hóa học

Nhúng thanh Fe vào dung dịch H₂SO₄ loãng; ăn mòn hóa học

mAl = 9.27 = 243 gam

mMg = 1.24 = 24 gam

m hợp kim = 243 + 24 = 267 gam

→ %mAl = 91% và %mMg = 9%

→ Đáp án C

Gọi công thức cần tìm là Cu_xZn_y

x : y = (%Cu: MCu) :  (%Zn : MZ)

x : y =  3 : 2

→ Cu₃Zn₂. 

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

Trong quá trình điện phân xảy ra sự ăn mòn Cu ở anot và sự tái tạo Cu ở catot với tốc độ bằng nhau nên nồng độ Cu²⁺ trong dung dịch không đổi.

→ Đáp án A

- Cấu hình e của R⁺ là: 1s²2s²2p⁶

⇒ cấu hình e của R là: 1s²2s²2p⁶3s¹ ⇒ R là Na.

(a) Đúng

(b) Không thu được

(c) Đúng

(d) Không thu được

(e) Đúng

(g) Đúng

Bảo toàn e:

\(\\ 2n_{Cu} = 2n_{SO_{2}} \Rightarrow n_{SO_{2}}= 0,05 \ mol \\ \Rightarrow V_{SO_{2}} = x = 1,12 \ lit\)

Từ đồ thị ⇒ a = 0,25 mol.

Dễ thấy : (0,45 – 0,25) = (0,25 + 4x) – 2,45 ⇒ x = 0,6 mol.

⇒ Đáp án B

Ta có : n Ba²⁺ = 0,075 mol ; n OH^- = 0,25 mol ; n BaCO₃ ↓ = 0,06 mol ;

n BaCO₃ max = 0,075 mol.

⇒x = 0,06 mol và 0,25 – y = 0,06 ⇒ y = 0,19 mol

⇒ V = 1,344 lít hoặc V = 4,256 lít

⇒ Đáp án D

Đáp án B

Ghi nhớ: Để điều chế các kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm dùng phương pháp điện phân nóng
chảy muối halogen tương ứng của chúng hoặc điện phân nóng chảy oxit kim loại (ứng với
Al)

Phân hủy Fe(OH)₃ ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi, thu được chất rắn là Fe₂O₃

2Fe(OH)₃ → Fe₂O₃ + 3H₂O

nCu(NO₃)₂ = 0,8.0,2 = 0,16 mol

nH₂SO₄ = 0,8.0,25 = 0,2 mol

Do sau phản ứng còn dư hỗn hợp bột kim loại

⇒ Fe còn dư, Cu²⁺ hết, muối Fe²⁺

V = 0,1.22,4 – 2,24 lít

m – (0,15 + 0,16).56 + 0,16.64 = 0,6m

m = 17,8

Gọi số mol Fe là a, số mol O₂ phản ứng là b

Ta có: 56a + 32b = 3 (1)

Bảo toàn e: 3a = 4b + 0,075

Từ (1) và (2) ta có: a= 0,045; b = 0,015

n_HNO3 = n_NO3^- trong muối nitrat + n_{N(trong sản phẩm khử)}

0,5x = 3. 0,045 + 0,025

x = 0,32 mol