\({n_{Glu}} = 0,1\,mol \to {n_{C{O_2}}} = 0,1.2.0,85 = 0,17\,mol \to m = 17\left( {gam} \right)\)

Đáp án D

CTPT các chất trong M gồm: C₂H₇N; C₃H₇N; C₃H₁₀N₂ và C₃H₉N.

Tính ra số mol mỗi chất trong M đều có sự đặc biệt riêng. Thật vậy:

trước hết đốt 0,25 mol M cần 1,15 mol O₂ thu 0,65 mol CO₂ + 1,0 mol H₂O + 0,15 mol N₂.

→ m_M = 0,65 × 12 + 2 + 0,15 × 28 = 14,0 gam.

YTHH 01: bảo toàn C

→ n_{cụm C2} = (0,25 × 3 – 0,65) = 0,1 mol

→ %m_{C2H5NH2 trong M} ≈ 32,14%.

Ag thường dùng làm đồ trang sức và có tác dụng bảo vệ sức khỏe

KL tác dụng với H₂SO₄ loãng phải đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học

K⁺  Na⁺  Mg²⁺ Al³⁺  Zn²⁺  Fe²⁺    Ni²⁺   Sn²⁺   Pb²⁺    H⁺  Cu²⁺   Fe³⁺  Ag⁺ Hg²⁺    Pt²⁺  Au³⁺

                                                                                Tính oxi hóa tăng dần

Mg có tính khử mạnh hơn Fe nên tác dụng được với FeSO₄

2K  +  2H₂O  → 2KOH  +  H₂

3Cu  +  8HNO₃  →  3Cu(NO₃)₂  +  2NO  +  4H₂O

Vị trí Al trong BTH là CK3, nhóm IIIA

Cấu hình của Na là [Ne]3s¹

BaCl₂  +  Na₂SO₄  →  BaSO₄↓(trắng)  +  2NaCl

Fe(OH)₂ là kết tủa màu trắng xanh

Cr(OH)₃ mang tính lưỡng tính

Thánh phần chính của khí biogas là CH­₄(metan)

CH₃COOCH=CH₂  tạo anđehit CH₃CHO (anđehit axetic)

Thủy phân bất kì chất béo nào cũng thu được glixerol (C₃H₅(OH)₃)

Fructozơ không tác dụng với dung dịch Br₂

CH₂=CH-COOCH₃ có liên kết đôi nên tham gia phản ứng cộng với H₂

CT tính đồng phân amin là 2^n-1 = 2²= 4 đồng phân

Thủy tinh hữu cơ được tạo thành từ CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ (Metyl metacrylat)

Phân đạm cung cấp cho cây trồng hàm lượng N trong các hợp chất

Etin là C₂H₂ (ankin) nên đồng đẳng kế tiếp là C₃H₄

FeO trong đó sắt có số oxi hóa +2 sẽ bị HNO₃ đặc, nóng oxi hóa tiếp lên +3 và giải phóng sản phẩm khí NO₂

Tripamitin là chất béo trạng thái rắn nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn triolein trạng thái lỏng

\({{n}_{Al}}=0,3\) và \({{n}_{{{N}_{2}}}}=0,06\)

Bảo toàn electron: \(3{{n}_{Al}}=10{{n}_{{{N}_{2}}}}+8{{n}_{NH_{4}^{+}}}\)

\(\to {{n}_{NH_{4}^{+}}}=0,0375\)

→ m muối = \){{m}_{Al{{(N{{O}_{3}})}_{3}}}}+{{m}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=66,9\)gam.

\( \to {\rm{2}}{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ =  2(}}{{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}}}{\rm{ +  }}{{\rm{n}}_{{\rm{Cu}}}}{\rm{)}} \to {\rm{Fe}}\)

chỉ bị oxi hóa thành Fe(II). Dung dịch Y chứa CuCl₂ và FeCl₂.

Đặt a, b là số mol Mg, Al

\(\to {{m}_{X}}=24a+27b=3,9\)

\({{n}_{{{H}_{2}}}}=a+1,5b=0,2\)

\(\to a=0,05;b=0,1\)

\(\to {{m}_{Al}}=2,7gam\)

Dùng dung dịch Br₂ và dung dịch AgNO₃/NH₃.

+ Mất màu dung dịch Br₂ là A và X, không mất màu là B.

+ Cho 2 chất (A và X) thực hiện phản ứng tráng gương, có kết tủa Ag là A, còn lại là X.

B sai vì tinh bột và xenlulozơ không là đồng phân của nhau

C sai vì thủy phân saccarozơ tạo được glucozơ và fructozơ

D sai vì glucozơ và saccarozơ là chất kết tinh không màu

Khi đốt cháy cacbohiđrat n_O2 = n_CO2 = 0,6

V_O2 = 13,44(l)

\({{n}_{X}}=x\to {{n}_{NaOH}}=2x\) và \({{n}_{{{H}_{2}}O}}=x\)

Bảo toàn khối lương: 2,61 + 40.2x = 3,54 + 18x

\(\to x=0,015\)

\(\to {{M}_{X}}=174\)

→ X là Gly-Val

Khi cho X vào HCl thì: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,12\\
{n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,09
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} = 0,06\;mol\\
{n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,03\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_3}^{2 - }}}}} = 2\)

Khi cho X vào Ba(OH)₂ dư thì: \({n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,15 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} = 0,1\;mol\\
{n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,05\;mol
\end{array} \right.\)

Trong 250ml dung dịch Y chứa CO₃^2– (0,1 mol), HCO₃^– (0,2 mol), Na⁺ (a + 2b mol).

\( \to 0,15 + b = 0,3 \Rightarrow b = 0,15 \to a = 0,1 \Rightarrow a:b = 2:3\)

BaCl₂ + KHSO₄ → KCl + HCl + BaSO₄

NaOH + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

NH₃ + H₂O + Al(NO₃)₃ → Al(OH)₃ + NH₄NO₃

NaOH dư + AlCl₃ → NaAlO₂ + NaCl + H₂O

CO₂ dư + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

Hỗn hợp E gồm 2 axit (a mol) và 2 este (b mol) với b = \({{n}_{C{{H}_{3}}OH}}=0,262\ mol\)

Theo BTKL: \(m+40.(a+0,262)=37,396+8,384+18a\ \ (1)\) và \(%O=\frac{16.2.(a+0,262)}{m}.100=41,2\ \ (2)\)

Từ (1), (2) suy ra: m = 32 (g).

1. Đúng
2. Sai, nilon 6-6 không thuộc loại peptit
3. Sai, còn tùy số nhóm chức.
4. Đúng
5. Sai, có 1 hoặc nhiều nhóm amino.
6. Đúng

X1 và X2 là hai muối natri của hai axit cacboxylic đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (M_X1 < M_X2); X3 là amin bậc 1 nên X là:

HCOO-NH₃-CH₂-CH₂-NH₃-OOC-CH₃

Hoặc HCOO-NH₃-CH(CH₃)-NH₃-OOC-CH₃

X1 là HCOONa; X2 là CH₃COONa

X3 là NH₂-CH₂-CH₂-NH₂ hoặc CH₃-CH(NH₂)₂

1. Đúng
2. Đúng
3. Đúng
4. Sai, X là muối của axit cacboxylic với amin bậc 1.

Trong khí Z: \({{n}_{NO}}=0,1\) và \({{n}_{{{H}_{2}}}}=0,075\)

Bảo toàn khối lượng \(\to {{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,55\)

Bảo toàn H \(\to {{n}_{NH_{4}^{+}}}=0,05\)

Bảo toàn N \(\to {{n}_{Fe{{(N{{O}_{3}})}_{2}}}}=0,075\)

\({{n}_{{{H}^{+}}}}=4{{n}_{NO}}+10{{n}_{NH_{4}^{+}}}+2{{n}_{{{H}_{2}}}}+2{{n}_{O}}\) trong oxit

\(\to {{n}_{O\text{ }}}trong\text{ ox}it\text{ = 0,2}\to {{\text{n}}_{ZnO}}=0,2\)

Đặt a, b là số mol Mg và Al

\(\to {{m}_{X}}=24a+27b+0,2.81+0,075.180=38,55\)

\({{n}_{e}}=2a+3b=0,1.3+0,075.2+0,05.8\)

a = 0,2 và b = 0,15

→%m_Mg = 12,45%

Triglixerit X có 57 nguyên tử C và Axit béo có 18 nguyên tử C.

\(\left\{ \begin{array}{l} X:a\;mol\\ Axit:b\;mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {3a + b = 0,2}\\ {\frac{{a + b}}{{57a + 18b}} = \frac{{0,07}}{{1,845}}} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {a = 0,03}\\ {b = 0,11} \end{array}} \right.\)

Số mol trong m (g) X gấp đôi với 0,07 mol E.

Khi cho X tác dụng với Br₂ thì:  \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = ({k_1} + 3 - 1).0,03 + ({k_2} + 1 - 1).0,11\)

\( \Rightarrow 3,69 - {n_{{H_2}O}} = ({k_1}.0,03 + {k_2}.0,11) + 0,06 \Rightarrow 3,69 - {n_{{H_2}O}} = {n_{B{r_2}}} + 0,06 \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 3,53\;mol\)

Vậy \(m = 12{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} + 16.(6a + 2b) = 57,74\;(g)\)

Nhận thấy:  \({n_{NaOH}} > {n_{{\rm{es}}te}}\) Trong E có chứa este của phenol (A)

Đặt a là số mol của các este còn lại và b là số mol của A

với b = 0,25 – 0,22 = 0,03 mol và a = 0,22 – 0,03 = 0,19 mol

Ta có: \({M_{ancol}} = \frac{{7,2}}{{0,19}} = 37,89\) ⇒ CH₃OH (0,11 mol) và C₂H₅OH (0,08 mol)

Hỗn hợp b gam muối gồm RCOONa (0,22k mol) và R’C₆H₄ONa (0,03k mol)

Khi đốt cháy T có: \({n_{N{a_2}C{O_3}}} = \frac{{0,25}}{2}k = 0,125k\;mol \to 0,47k + 3,222 = 0,375k + 3,393 \Rightarrow k = 1,8\)

\( \to 0,396.{C_1} + 0,054.{C_2} = 1,512 \Rightarrow {C_1} = 3;\;{C_2} = 6\)

Vì 3 muối có cùng C → C₂H₅COONa, CH₂=CHCOONa, HC≡C-COONa và C₆H₅ONa.

Do Y no và M_Y > M_X nên Y là C₂H₅COOC₂H₅ (0,08 mol).

Giả sử X là HC≡C-COOCH₃ (0,11 mol) và Z là CH₂=CHCOOC₆H₅ (0,03 mol)

⇒ BTNT(H): nH₂O/a(g) muối = 0,75 mol # 0,455 (loại). Vậy Z là HC≡C-COOC₆H₅ có m = 4,38 gam.

- Cho nước cất vào anilin lắc đều sau đó để yên một chút sẽ thấy tách làm 2 lớp nước ở trên, anilin ở dưới (do anilin nặng hơn nước và rất ít tan trong nước trong nước).

- Cho HCl vào thu được dung dịch đồng nhất (do anilin tan được trong HCl, tạo muối tan)

                         C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

- Cho NaOH vào dung dịch thu được vẫn đục, lại chia làm 2 lớp, lớp dưới là do anilin tạo ra, lớp trên là dung dịch nước muối ăn.

                         C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O

Các phát biểu đúng là (1), (2), (4), (5).