Từ dầu thực vật, người ta chế biến bơ thực vật qua quá trình hidro hóa

Để chuyển chất béo từ lỏng → rắn người ta đun chất béo với H₂ (xúc tác Ni)

⇒ Thuận tiện cho việc vận chuyển

X là (C₁₇H₃₃COO)(C₁₇H₃₅COO)(C₁₅H₃₁COO)C₃H₅ ⇒ M_X = 860 g/mol.

Công thức chất béo: (C₁₇H₃₃COO)(C₁₅H₃₁COO)₂C₃H₅ (M = 832)

n_glixerol = 0,1mol

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

                                                 0,3                 0,1

m_muối = 83,4 : 3 = 27,8g

⇒ M_muối = 27,8: 0,1 = 278 ⇒ M_axit = 278 -22 = 256 (panmitic)

⇒ Chọn C.

n_glixerol = 0,01mol

Nếu triglixrit là (C₁₇H₃₁COO)₂ C₃H₅OOCC₁₇H₃₃

(C₁₇H₃₁COO)₂C₃H₅OOCC₁₇H₃₃ + 3KOH → 2C₁₇H₃₁COOK + C₁₇H₃₃COOK + C₃H₅(OH)₃

Khối lượng muối linoleat: 0,02. 318 = 6,36g > 3,18 : loại

Vậy công thức của X là:

(C₁₇H₃₃COO)₂C₃H₅OOCC₁₇H₃₁ + 3 KOH → 2C₁₇H₃₃COOK + C₁₇H₃₁COOK + C₃H₅(OH)₃

Và a = 0,01.841 = 8,41g.

Vì chỉ số a xit bằng 7 ⇒ n_NaOH = n_KOH = 0,7 : 56 = 0,0125mol;

n_glixerol = 9,43 : 92 = 0,1025mol.

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

                              0,3075                               0,1025

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

                   0,0125                      0,0125

⇒ Tổng n_NaOH = 0,1025.3 + 0,0125 = 0,32 mol

a = m_{dd NaOH} = (0,32.40) : 25% = 51,2g

Theo định luật bảo toàn khối lượng cả 2 phương trình :

b = m_muối = m_{chất béo} + m_NaOH - m_glixerol - m_nước = 100 +0,32.40 – 9,43 – 0,0125.18 = 103,145g

o-CH₃COO–C₆H₄–COOH + 3KOH → CH₃COOK + o-KO–C₆H₄–COOK + H₂O (1)

⇒ n_KOH = 3.no-CH₃COO–C₆H₄–COOH = 3 . 43,2/180 = 0,72 mol

(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)

+ Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO₂ và H₂O có số mol bằng nhau → X là este no đơn chức.

+ Thuỷ phân X trong môi trường axit được chất Y (tham gia phản ứng tráng gương) và chất Z (có số nguyên tử cacbon bằng một nửa số nguyên tử cacbon trong X) → Y là HCOOH, Z là CH₃OH, X là HCOOCH₃.

→ Đáp án C

A. Sai vì một số este có phương pháp điều chế riêng.

Ví dụ CH₃COOCH=CH₂ được điều chế bằng phản ứng cộng hợp giữa axit axetic và axetilen (SGK lớp 12 cơ bản – Trang 6):

PTHH: CH₃COOH + CH≡CH -^to, xt→ CH₃COOCH=CH₂.

C. Sai vì phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm gọi là phản ứng xà phòng hóa

D. Sai vì phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm là phản ứng một chiều.

→ Đáp án B

Coi hỗn hợp X gồm HCOOH: CH₃COOH (1:1) là RCOOH với R = 8

Phương trình hóa học :

RCOOH + CH₃CH₂OH ⇔ RCOOCH₂CH₃ + H₂O

nX = 5,3 : (8 + 45) = 0,1 mol

nC₂H₅OH = 5,75 : 46 = 0,125 mol

→ axit hết → n_RCOOC2H₅ = n_X = 0,1 mol.

Vì hiệu suất các phản ứng este hóa đều đạt 80% nên thực tế:

n_RCOOC2H₅ = 0,1.80% = 0,08 mol → m = 0,08.(8+ 44 + 29) = 6,48 gam

→ Đáp án B

n_Q = 2n_N2 = 0,075

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: ∑n_CO2 (trong M) = n_CO2 (trong Q) + n_Na2CO3 = 0,24

⇒ n_O2 (trong Q) = 1,5.∑n_C - (3n_Q.n_Q)/4 = 0,30375

Mà n_O2 (trong Q) = n_CO2 (trong M)

Bảo toàn khối lượng:

m_M = 44_CO2 + 18n_H2O - 32n_O2 = 5,985 gam.

→ Đáp án A

Đặt n_X = 4x ⇒ n_Y = 3x

⇒ n_KOH = 4.4x + 3.3x = 25x mol

nH₂O = ∑n_peptit = 7x.

Bảo toàn khối lượng:

302.4x + 245.3x + 56.25x = 257,36 + 18.7x

→ x = 0,08 mol.

m = 302.4x + 245.3x = 155,44(g)

→ Đáp án A

0,1 mol X₃ cần 0,05 mol H₂O để chuyển thành 0,15 mol đipeptit X₂

Khi đó, đốt 0,15 mol X₂ thu được 40,5 + 0,05.18 – 0,15.28 = 37,2 gam (CO₂ + H₂O) cùng số mol

→ n_CO2 = nH₂O = 37,2 : 62 = 0,6 mol

→ số C_{dipeptit X2} = 4 → α-amino axit là Gly C₂H₅NO₂.

→ Thủy phân 0,15 mol Y₆ ⇔ 0,9 mol Y1 là C₂H₅NO₂ cần 0,9 mol NaOH

→ 0,9 mol muối C₂H₄NO₂Na và lấy dư 0,18 mol NaOH

→ m_rắn = 0,9.(75 + 22) + 0,18.40 = 94,5 gam.

→ Đáp án C

Cọi CTPT của amin là C_nH_2n+2+kN_k (Amin chứa k nguyên tử N)

⇒ Khi đốt 1 mol amin, tạo ra n_CO2 = n, n_H2O = n + 1 + k/2; n_N2 = k/2

Do đó: 0,1.(n + n + 1 + k/2 + k/2) = 0,5 ⇔ 2n + k = 4 ⇒ n = 1; k = 2

⇒ Amin là NH₂­CH₂­NH₂

Với 4,6 g amin, n_CH2(NH₂)₂ = 0,1 mol ⇒ n_HCl = 0,2 mol

→ Đáp án A

Gọi công thức amin là CnH₂n+2+kNk

⇒ Khi đốt, n_CO2 = n mol, n_H2O = n + 1 + k/2 (mol)

Mà V_CO2 : V_H2O = 1 : 2

⇒ 2n = n + 1 + k/2 ⇒ 2n ­ k = 2

Vì k ≤ 2 ⇒ n = 2; k = 2.

Amin là H₂NCH₂CH₂NH₂

1,8 g X ứng với n_amin = 1,8/60 = 0,03 mol

Muối tạo thành là ClH₃NCH₂CH₂NH₃Cl ⇒ m = 3,99 g

→ Đáp án A

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

Gọi 2 amin là A và B (với M_A < M_B)

Vì amin đơn chức , tăng giảm khối lượng

⇒ n_HCl = (1,49 – 0,76)/36,5 = 0,02 mol

Do đó, n_A = n_B = 0,01 mol ⇒ 0,01.M_A + 0,01.M_B = 0,76 ⇒ M_A + M_B = 76

⇒ M_A < 76/2 = 38 ⇒ M_A= 31 (CH₃NH₂) ⇒ M_B = 45 (CH₃CH₂NH₂)

⇒ nCH₃NH₂ = 0,01. 31 = 0,31 g

→ Đáp án D

Gọi CTPT của amin là CxHyN

m_{kết tủa} = m_CaCO3 = 6 g

⇒ n_CO2 = 6/100 = 0,06 mol

Khí còn lại là N₂ 

⇒ n_N2 = 0,43 mol (Gồm N₂ trong không khí và N₂ sinh ra do đốt amin)

Đặt số mol amin là a

⇒ n_N2 (amin) = a/2 mol ⇒ n_N2 (không khí) = 0,43 – a/2 (mol)

Mà trong không khí, n_O2 = 1/4 n_N2 

⇒ n_O2 phản ứng = 1/4. (0,43 – a/2) mol

Bảo toàn Khối lượng ⇒ m_{H (amin)} = 1,18 – 0,06.12 – a.14 = 0,46 – 14a

⇒ nH₂O = (0,46 – 14a)/2

Ta có: 2n_CO2 + nH₂O = 2n_O2 ⇔ 2. 0,06 + (0,46 – 14a)/2 = 2. 1/4 (0,43 – a/2)

⇒ a = 0,02 mol

⇒ M_amin = 1,8/0,02 = 59 (C₃H₉N)

→ Đáp án A

Gọi công thức chung của 2 hidrocacbon là C_xH_y .

Gọi V_C2H₇N = a; V_CxH_y = b

Ta có: a + b = 100 ⇒ a = 100 – b

Khi cho Y qua H₂SO₄ đặc

⇒ H₂O bị giữ lại

Mà VH₂O = 0,5.(7a + by)

V_CO2 = 2a + xb; V_N2 = 0,5a

+) Từ 5a + 2xb = 500, mà a = 100 – b

⇒ 5.(100 – b) + 2xb = 500 ⇒ x = 2,5

⇒ Hai hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp có số mol bằng nhau (vì số C trung bình = 2,5)

⇒ Số H phải là số lẻ (là trung bình cộng của 2 số chẵn liên tiếp)

Từ 7a + by = 600 ⇒ 7.(100 – b) + by = 600

⇒ (7 – y)b = 100 ⇒ y < 7

Do đó, y = 3 hoặc y = 5

⇒ Hai hidrocacbon là: C₂H₄ và C₃H₆ (y = 5)

hoặc C₂H₂ và C₃H₄ (y = 3)

→ Đáp án B

Gọi amin là R(NH₂)_x ⇒ Muối là R(NH₃Cl)_x

Tăng giảm khối lượng ⇒ n_HCl = (19,11 – 9,62)/36,5 = 0,26 mol

⇒ n_amin = 0,26/x (mol)

⇒ M_amin = 9,62/n_amin = 37x ⇒ x = 2; M = 74 (H₂N­C3H6­NH₂)

→ Đáp án D

Ở nhiệt độ thường, sắt không tác dụng với nước.

Ở nhiệt độ cao, sắt khử được hơi nước:

3Fe + 4H₂O -^to < 570^oC→ Fe₃O₄ + 4H₂

Fe + H₂O -^to > 570^oC→ FeO + H₂

→ Ở nhiệt độ lớn hơn 1000^oC, sắt tác dụng với H₂O tạo ra FeO

→ Đáp án B

Từ dung dịch FeSO₄ có thể điều chế được Fe bằng phương pháp:

- Thủy luyện: Mg + FeSO₄ → MgSO₄ + Fe↓

- Nhiệt luyện: FeSO₄ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + Na₂SO₄

2Fe(OH)₂ + 1/2 O₂ -^to→ Fe₂O₃ + 2H₂O

Fe₂O₃ + 3CO -^to→ 2Fe + 3CO₂

- Điện phân: 2FeSO₄ + 2H₂O -^dpdd→ Fe + O₂ + 2H₂SO₄

→ Cả 3 phương pháp đều điều chế được Fe từ FeSO₄

→ Đáp án D

Kim nam châm là chất sắt có từ tính thiên nhiên lấy từ trong đá. Người ta cũng sớm biết là nếu để cho một thanh kim loại chạm vào đá nam châm thì thanh kim loại cũng có đặc tính như đá nam châm, nghĩa là có khuynh hướng chỉ về một phía tương đối cố định.

Và từ tính được truyền nhận như thế có thể bị phai dần theo thời gian. Thành ra các tàu bè dùng la bàn từ thời xa xưa vẫn phải mang theo một viên đá nam châm loại tốt, để có thể nam châm hoá hay từ hóa kim la bàn khi cần. Người ta đã biết đến sự từ hóa vào khoảng thế kỷ thứ 11.

→ Nhờ tính nhiễm từ mà sắt được dùng để chế la bàn.

→ Đáp án D

Do thu được cả kết tủa nên Cu còn dư sau phản ứng với Fe³⁺

Như vậy, trong dung dịch Y có FeCl₂, ZnCl₂ và CuCl₂

Cho phản ứng với NaOH thì kết tủa thu được là Fe(OH)₂ và Cu(OH)₂

→ Đáp án A

Zn có tính khử mạnh hơn nên ở cực âm (anot): Zn → Zn²⁺ + 2e : quá trình oxi hóa Zn

→ Đáp án D

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

ZnO + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂O

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃ ↓

Zn²⁺ + 2OH^- → Zn(OH)₂ ↓

Zn(OH)₂ ↓ + 2OH^- → ZnO₂^2- + 2H₂O

Sau phản ứng chỉ thu được kết tủa là Fe(OH)₃

Cấu hình electron của Zn là: [Ar]3d104s2

Zn ở ô 30 (z = 30), chu kỳ 4 (4 lớp electron), nhóm IIB (2 electron hóa trị, nguyên tố d).

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

Dung dịch X chứa các ion Na⁺ ; AlO₂^- ; OH^- dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:

n AlO₂^- + n OH^- = n Na⁺ = 0,5

Khi cho HCl vaof dung dịch X:

H⁺ + OH^- → H₂O (1)

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃ ↓ (2)

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O (3)

Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra (3) và n H⁺ = n AlO₂^- + n OH^- = 0,5 mol

⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C

⇒ m = (0,125 + 0,1).27 = 6,075 g

⇒ V_{dd NaOH} = 0,125/2 = 0,0625 lít

→ Đáp án D

n_H2 = 0,12 mol; n_OH^- = 0,24 mol

Để trung hòa dd X thì dung dịch Y cần dùng với số mol H⁺ là 0,24 mol

Gọi số mol của H₂SO₄ là x thì số mol của HCl là 4x

2x + 4x = 0,24 nên x = 0,04;

Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc axi = 8,94 + 0,04.96 + 0,16.35,5 = 18,46 g

→ Đáp án B

Ta có: n_AlCl3 = 1,5.0,2 = 0,3 mol; n_Al(OH)3 = 15,6/78 = 0,2 mol

Thể tích NaOH lớn nhất khi kết tủa sinh ra cực đại, bị NaOH hòa tan 1 phần còn 15,6 (g).

Theo phương trình phản ứng, ta có: n_NaOH = 0,9 + 0,1 = 1 mol

⇒ V_NaOH = 1/0,5 = 2 lít

→ Đáp án D

2HCO₃^- -^to(0,1) → CO₃^2- (0,05) + CO₂ + H₂O

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Vì lượng CO₃^2- không đủ để kết tủa hết ion Mg²⁺ hoặc Ca²⁺ nên trong dung dịch thu được sau phản ứng chứa Na⁺, Mg²⁺, Ca²⁺, Cl^-, SO₄^2- đó là nước cứng vĩnh cửu

→ Đáp án B

Mg²⁺ + HCO₃^- + OH^- → MgCO₃ ↓ + H₂O

Ca²⁺ + HCO₃^- + OH^- → CaCO₃↓ + H₂O

3Mg²⁺ + 2PO4^3- → Mg₃(PO4)₂↓

3Ca²⁺ + 2PO4^3- → Ca₃(PO4)₂↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

→ Đáp án A

Gọi CTTB của 2 kim loại kiềm hóa trị I là M.

Đặt số mol của Ba và M lần lượt là a và b mol.

Ta có: m_Ba + m_M = 46 → 137.a + M.b = 46 → M = (46 - 137a)/b (∗)

→ b = 1 - 2a  (**)

Thế (∗∗) vào (∗) ta được: 

M = (46 - 137a) : (1 - 2a)

Theo giả thiết ta có: 0,18 < a < 0,21

→ 29,7 < M < 33,3

→ A và B là Na và K.

→ Đáp án B

Đáp án C

nHCl = 0,075 mol = nOH trong X(OH)n

→ nX(OH)n = 0,075/n = nX

→ M_X.0,075/n = 2,925 → M_X = 39n

→ Chọn n = 1 ; M_X = 39 (K)