n_N2 = 0,0375 mol

n_NaOH = n_N(muối) = 2n_N2 = 0,075 mol => n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,0375 mol

Do các peptit đều được tạo nên bởi các amino axit Gly, Ala, Val nên ta quy đổi hỗn hợp M thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol của H₂O bằng số mol của peptit)

\(0,03mol\,M\left\{ \matrix{
CONH;0,075 \hfill \cr
C{H_2}:x \hfill \cr
{H_2}O:0,03 \hfill \cr} \right.\buildrel { + NaOH} \over
\longrightarrow Muoi\,Q\left\{ \matrix{
{\rm{COO}}Na:0,075 \hfill \cr
N{H_2}:0,075 \hfill \cr
C{H_2}:x \hfill \cr} \right.\buildrel { + O2} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
N{a_2}C{O_3}:0,0375 \hfill \cr
{N_2}:0,0375 \hfill \cr
C{O_2}:x + 0,075 - 0,0375 = x + 0,0375 \hfill \cr
{H_2}O:x + 0,075 \hfill \cr} \right.\)

Mà m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O => 44(x+0,0375) + 18(x+0,075) = 13,23 => x = 0,165 mol

=> m_M = m_CONH + m_CH2 + m_H2O = 0,075.43 + 0,165.14 + 0,03.18 = 6,075 gam gần nhất với 6 gam

Đáp án C

Glyxin (H₂NCH₂COOH) và valin (CH₃-CH(CH₃)-CH(NH₂)-COOH) không làm quỳ tím chuyển màu

Axit glutamic (HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH) làm quỳ tím chuyển sang màu hồng do có 2 nhóm -COOH

Lysin (H₂N-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH) làm quỳ tím chuyển sang màu xanh do có 2 nhóm –NH₂

Đáp án D

Gọi công thức chung của 2 amin đơn chức là RNH₂

PTHH: RNH₂ + HCl → RNH₃

Bảo toàn khối lượng ta có: m_HCl = m_RNH3 – m_RNH2 = 47,52 – 30 = 17,52 (g)

=> n_HCl = 17,52 : 36,5 = 0,48 (mol)

=> V_HCl = n : C_M = 0,48 : 1,5 = 0,32 (l) = 320 (ml)

Đáp án D

CTPT của triolein là: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

n_{(C17H33COO)3C3H5} = 17,68 :884 = 0,02 (mol)

PTHH: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3H₂ → (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

Mol          0,02                   → 0,06

=> V_H2(đktc) = 0,06.22,4 = 1,344 (l)

Đáp án A

Tinh bột có mạch phân nhánh là amilopectin.

Chọn D.

Tính khử: Al > Fe > Pb > Cu > Ag

⟹ Al, Fe có thể phản ứng với Pb(NO₃)₂

Vậy có 2 kim loại.

n_FeCl3 = 13 : 162,5 = 0,08 mol

Do khi cho AgNO₃ dư vào dd sau điện phân thấy có khí NO thoát ra nên dd sau điện phân chứa H⁺, do đó HCl dư.

Sơ đồ bài toán:

\(27,2\left( g \right)X\left\{ \begin{array}{l}F{{\rm{e}}_3}{O_4}\\F{{\rm{e}}_2}{O_3}\\Cu\end{array} \right. + HCl:0,9 \to dd\,Y\left\{ \begin{array}{l}F{{\rm{e}}^{3 + }}:0,08\\F{{\rm{e}}^{2 + }}:x\\C{u^{2 + }}:y\\{H^ + }:z\\C{l^ - }:0,9\end{array} \right. \to {m_{dd \downarrow }} = 13,64\left( g \right)\)

+ BTĐT cho dd Y có: 3n_Fe3+ + 2n_Fe2+ + 2n_Cu2+ + n_H+ = n_Cl- => 0,08.3 + 2x + 2y + z = 0,9 (1)

+ Phản ứng điện phân dung dịch Y

Catot: Thứ tự điện phân: Fe³⁺, Cu²⁺, H⁺, Fe²⁺

Điện phân đến khi catot bắt đầu thoát ra khí thì dừng lại => Điện phân hết Fe³⁺ và Cu²⁺; H⁺ và Fe²⁺ chưa bị điện phân.

Fe³⁺   + 1e  → Fe²⁺

0,08 → 0,08 → 0,08

Cu²⁺ + 2e → Cu

y →     2y →  y

Anot:

2Cl^-      →   Cl₂     +      2e

0,08+2y ← 0,04+y ← 0,08+2y

Ta có: m _{dd giảm} = m_Cu + m_Cl2 => 64y + 71(0,04+y) = 13,64 (2)

+ Xét phản ứng của X và HCl:

n_H+ phản ứng = n_{H+ bđ} – n_{H+ dư} = 0,9 – z (mol) => n_O(X) = 0,5n_{H+ pư} = 0,45 – 0,5z (mol)

=> m_X = m_Fe + m_Cu + m_O => 56(0,08 + x) + 64y + 16(0,45-0,5z) = 27,2 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,2; y = 0,08; z = 0,1

Dung dịch sau điện phân gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{2 + }}:0,08 + x = 0,{28^{mol}}\\{H^ + }:0,{1^{mol}}\\C{l^ - }:0,{66^{mol}}(BTDT)\end{array} \right.\)

Cho dd sau điện phân tác dụng AgNO₃ dư:

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

0,075_{dư 0,205} ← 0,1

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

0,205 →                    0,205

Ag⁺ + Cl^- → AgCl

         0,66 → 0,66

=> m _{kết tủa} = m_Ag + m_AgCl = 0,205.108 + 0,66.143,5 = 116,85 gam

Đáp án A

Có 4 chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp là: caprolatam, stiren, metyl metacrylat, isopren.

Đáp án C

Đặt số mol OH^- do các kim loại Na, K, Ca tạo ra khi hòa tan vào nước là x (mol); số mol Al là y (mol)

- Ta có:

n_{H2(do K, Na, Ca)} = 0,5n_OH- = 0,5x (mol) (HS viết PTHH sẽ thấy được tỉ lệ)

n_{H2(do Al)} = 1,5n_Al = 1,5y (mol) (HS tự viết PTHH để suy ra tỉ lệ)

=> n_H2 = 0,5x + 1,5y = 0,05 (1)

- Mặt khác:

n_OH- pư = n_Al = n_AlO2- = y (mol)

Vậy chất tan gồm:

n_OH- dư = x – y (mol)

AlO₂-: y (mol)

Na⁺

K⁺

Ca²⁺

=> m _{chất tan} = m_OH- dư + m_{Na, K, Ca} + m_{O(trong AlO2-)} => 17(x-y) + 1,94 + 32y = 2,92 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,04 mol và y = 0,02 mol

=> %m_Al = (0,02.27/1,94).100% = 27,84%

Đáp án B

Loại C vì MgCO₃ (X) nhiệt phân thành MgO (X1) mà MgO không phản ứng với H₂O

Loại A vì X₂ là Ba(OH)₂ không phản ứng được với Na₂CO₃ (Y)

Loại D vì Ca(OH)₂ (X₂) phản ứng với NaHSO₄ (Y) không sinh ra được CaCO₃ (X)

PTHH:

(1) BaCO₃ (X) → BaO (X1) + CO₂

(2) BaO (X₁) + H₂O → Ba(OH)₂ (X₂)

(3) Ba(OH)₂ (X₂) + NaHCO₃ (Y) → BaCO₃ (X) + NaOH (Y₁) + H₂O        

(4) Ba(OH)₂ (X₂) + 2NaHCO₃ (Y) → BaCO₃ (X) + Na₂CO₃ (Y₂) + 2H₂O

Đáp án B

A đúng.

B sai, vì anilin không làm quỳ tím chuyển hồng, không thỏa mãn tính chất của X

C sai, vì glucozo không tạo hợp chất xanh tím với I₂, không thỏa mãn tính chất của Y

D sai, vì anilin không có phản ứng tráng gương, không thỏa mãn tính chất của Z.

X có dạng C_nH_2n+3-2kO_aN (k là độ bất bão hòa)

Do n_H2O > n_CO2 => n + 1,5 - k > n => k < 1,5 => k = 1

Vậy X có 1 nhóm COOH, 1 nhóm NH₂

- Thí nghiệm 2:

{X, KOH, NaOH} + HCl → Muối + H₂O

Ta có: n_HCl = n_X + n_KOH + n_NaOH = 0,2 + 0,4 + 0,3 = 0,9 mol

n_H2O = n_KOH + NaOH = 0,4 + 0,3 = 0,7 mol

BTKL: m_X + m_KOH + m_NaOH + m_HCl = m _muối + m_H2O

m_X + 0,4.56 + 0,3.40 + 0,9.36,5 = 75,25 + 0,7.18 => m _muối = 20,6 gam

=> M_X = 20,6 : 0,2 = 103

=> X có công thức là H₂N-C₃H₆-COOH

- Thí nghiệm 1:

n_X = 12,36 : 103 = 0,12 mol

H₂N-C₃H₆-COOH → 4,5 H₂O

     0,12             →      0,54

=> b = 0,54 mol

Đáp án C

(1) Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

=> Thu được 2 muối FeCl₂ và FeCl₃

(2) 3Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H₂O

=> Thu được 1 muối Fe(NO₃)₃

(3) SO₂ dư + NaOH → NaHSO₃

=> Thu được 1 muối NaHSO₃

(4) Fe + 2FeCl₃ dư → 3FeCl₂

=> Thu được 2 muối: FeCl₂ và FeCl₃ dư

(5) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

       1          1

=> Cu dư, FeCl₃ hết => Thu được 2 muối FeCl₂ và CuCl₂

 (6) 8Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O

=> Thu được 2 muối Al(NO₃)₃ và NH₄NO₃

Vậy có 4 thí nghiệm thu được 2 muối sau phản ứng là (1) (4) (5) (6)

Đáp án A

(1) sai vì benzyl axetat có mùi hoa nhài

(2) đúng

(3) sai vì xenlulozo trinitrat là nguyên liệu sản xuất thuốc nổ

(4) đúng vì chúng đều có các nhóm –OH gắn vào C kề nhau

(5) đúng

Vậy có 3 mệnh đề đúng

Đáp án A

n_KOH = 0,5 mol; n _este = 0,3 mol

=> 1 < n_KOH : n _este = 0,5 : 0,3 = 1,67 < 2 => X chứa 1 este của phenol

Đặt x, y lần lượt là số mol của este thường và este của phenol

n_X = x + y = 0,3

n_KOH = x + 2y = 0,5

Giải hệ được x = 0,1 và y = 0,2

Y có phản ứng tráng bạc nên Y là anđehit.

n_Y = x = 0,1 mol;

*Xét phản ứng đốt Y:

Đặt công thức của Y là C_nH_2nO

C_nH_2nO + (3n-1)/2 O₂ → nCO₂ + nH₂O

0,1 mol       0,25 mol

=> 0,1.(3n-1)/2 = 0,25 => n = 2 (CH₃CHO)

*Xét phản ứng thủy phân X: n_H2O = y = 0,2 mol

BTKL: m_X = m _muối + m_Y + m_H2O – m_KOH = 53 + 0,1.44 + 0,2.18 – 0,5.56 = 33 gam

Đáp án C

n_Al3+ = x + 2y (mol)

n_SO42- = 3y mol

Dựa vào đồ thị ta có:

- Tại n↓ = t (mol) thì BaSO₄ max, Al(OH)₃ chưa max

n_BaSO4 = 3y mol ⟹ n_Ba(OH)2 = 3y mol ⟹ n_OH- = 6y mol

n_Al(OH)3 = n_OH- : 3 = 2y mol

⟹ n↓ = 3y + 2y = t (1)

- Tại n↓ = t + 0,02 mol thì Al(OH)₃ max, BaSO₄ vẫn max

n_OH- = 2n_Ba(OH)2 = 0,42 mol

n_BaSO4 = 3y mol

n_Al(OH)3 = n_Al3+ = x + 2y (mol)

⟹ n↓ = 3y + x + 2y = t + 0,02 (2)

Mặt khác n_Al(OH)3 = n_OH- : 3 ⟹ x + 2y = 0,42 : 3 (3)

Giải (1) (2) (3) thu được x = 0,02; y = 0,06; t = 0,3

⟹ x + y = 0,08

(a) AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

         a              3a

=> Thu được 1 muối: NaCl

(b) Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

          a             4a

=> Thu được 2 muối: FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃

(c) 2CO₂ dư + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

=> Thu được 1 muối: Ca(HCO₃)₂

(d) Cu + Fe₂(SO₄)₃ dư → CuSO₄ + 2FeSO₄

=> Thu được 3 muối: CuSO₄, FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃ dư

(e) 2KHSO₄+ 2NaHCO₃→ K₂SO₄ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂

           a                  a

=> Thu được 2 muối: K₂SO₄ và Na₂SO₄

(g) Al + 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

=> Thu được 1 muối: Al(NO₃)₃

Vậy có 2 thí nghiệm thu được dung dịch chứa 2 muối là: (b) và (e)

Đáp án C

Độ bất bão hòa của X: k = (2C + 2 – H)/2 = (6.2 + 2 – 8)/2 = 3

Đun Z với dung dịch H₂SO₄ đặc, thu được đimetyl ete ⟹ Z là CH₃OH

Cho 1 mol X phản ứng hết với dung dịch NaOH, thu được chất Y và 2 mol chất Z ⟹ X là este 2 chức

Cho T phản ứng với HBr, thu được hai sản phẩm là đồng phân cấu tạo của nhau ⟹ T là CH₂=C(COOH)₂

⟹ X là CH₂=C(COOCH₃)₂; Y là CH₂=C(COONa)₂

A sai vì CH₃OH không làm mất màu Br₂

B sai vì X tác dụng với H₂ theo tỉ lệ 1:1

C đúng

D sai vì Y có CTPT là C₄H₂O₄Na₂

Đáp án C

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,93.44 + 0,8.18 – 1,04.32 = 22,04 (g)

C _tb = 0,93 : 0,24 = 3,875

=> Có este có số C < 3,875 => số C của ancol ≤ 2

Mà sau phản ứng thu được 2 ancol có số C bằng nhau nên các ancol chỉ có thể là: C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

Vậy X chứa:

A: HCOOC₂H₅: a mol

B: C_nH_2n-1COOC₂H₅: b mol

C: HCOOCH₂-CH₂-OOCC_nH_2n-1: c mol

+) n_X = a + b + c = 0,24 (1)

+) n_O(X) = 2a + 2b + 4c = 0,58 (2)

+) Dễ thấy:

n_CO2 – n_H2O = n_B

n_CO2 – n_H2O = 2n_C

=> ∑n_CO2 - ∑n_H2O = n_B + 2n_C => b + 2c = 0,93 – 0,8 (3)

Giải (1) (2) (3) được a = 0,16; b = 0,03; c = 0,05

BTNT “C”: 0,16.3 + 0,03(n+3) + 0,05(n+4) = 0,93 => n = 2

Este đơn chức có khối lượng phân tử lớn trong hỗn hợp X là C₂H₃COOC₂H₅ (0,03 mol)

=> %m = (0,03.100/22,04).100% = 13,6%

Đáp án A

HCl tan nhiều trong nước nên không áp dụng cách thu khí bằng phương pháp đẩy nước.

(a) đúng

(b) đúng

(c) đúng vì phenol có tính axit rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím

(d) đúng, (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3H₂  (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

(e) sai vì chúng không có cùng CTPT

(d) sai, vì amilozo có cấu trúc mạch không nhánh, amilopectin có mạch polime phân nhánh

Vậy có 4 phát biểu đúng

Đáp án D

n_H2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)

Vì sục thể tích CO₂ khác nhau lại cùng thu được m gam kết tủa => với lượng CO₂ ít sẽ chỉ tạo kết tủa

Với lượng CO₂ nhiều thì sẽ xảy ra trường hợp tạo kết tủa max sau đó kết tủa tan 1 phần

TN₁: n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol) => n_CaCO3 = n_CO2 = 0,2 (mol)

TN₂: n_CO2 = 13,44 : 22,4 = 0,6 (mol) => n_CaCO3 = 0,2 (mol) và phần dung dịch chứa: Ca²⁺; K⁺ và HCO₃^- : 0,6 – 0,2 = 0,4 (mol) (BTNT C)

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: \(\left\{ \matrix{Ca:a\,mol \hfill \cr K:\,b\,\,mol \hfill \cr O:\,\,c\,\,mol \hfill \cr} \right.\)

Ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \matrix{
\buildrel {BTKL} \over
\longrightarrow 40a + 39b + 16c = 23 \hfill \cr
\buildrel {BT:e} \over
\longrightarrow 2a + b = 2c + 0,2.2 \hfill \cr
\buildrel {BTdien\,tich\,T{N_2}} \over
\longrightarrow 2a + b = 0,2.2 + 0,4 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,3 \hfill \cr
b = 0,2 \hfill \cr
c = 0,2 \hfill \cr} \right.\)

Sục V lít CO₂ vào dd X thu được kết tủa cực đại khi tất cả Ca²⁺ chuyển về CaCO₃ tức sau pư thu được các chất:

TH₁: CaCO₃: 0,3 (mol) và KOH: 0,2 (mol)

BTNT C: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,3 (mol) => V₁ = 0,3.22,4 = 6,72 (l)

TH₂: CaCO₃: 0,3 (mol) và KHCO₃: 0,2 (mol)

BTNT C: n_CO2 = n_CaCO3 + n_KHCO3 = 0,3 + 0,2 = 0,5 (mol) => V₂ = 0,5.22,4 = 11,2 (lít)

Vậy giá trị của V nằm trong khoảng: 6,72 ≤ V ≤ 11,2  (Tức là giai đoạn chuyển CO₂ pư với KOH thì lượng kết tủa không thay đổi)

Đáp án A

Chỉ có (g) sai vì \(2NaCl + 2{H_2}O\buildrel {dpdd} \over\longrightarrow \,2NaOH + {H_2} \uparrow + \,C{l_2} \uparrow \)

=> có 5 phát biểu đúng

Đáp án C

n_C6H12O6 = 45 : 180 = 0,25 (mol)

Vì %H = 80% => n_C6H12O6 pư = 0,25.0,8 = 0,2 (mol)

PTHH: C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH

                 0,2     →   0,4                           (mol)

=> V_CO2(đktc) = 0,4.22,4 = 8,96 (l)

Đáp án D    

1) Sai, tinh bột và xenlulozo có cùng công thức chung (C₆H₁₀O₅)_n nhưng hệ số n khác nhau nên không phải là đồng phân của nhau.

(2) Sai, chỉ có α – amino axit mới tạo được peptit, do đó C₃H₇NO₂ chỉ taoh 1 peptit Ala – Ala

(3) đúng, vì trong môi trường bazo fructozo chuyển thành glucozo nên cũng có pư tráng bạc

(4) đúng, thủy phân tinh bột và xenlulozo cùng thu được monosaccarit là glucozo

(5) sai, trong máu nồng độ glucozo chỉ  khoảng 0,1%

(6) đúng, lòng trắng trứng chính là protein nên có pư màu biure,

=> có 3 nhận xét đúng

Đáp án B

A. 2Fe³⁺ + 3SO₄^2- + 3Ba²⁺ + 6OH^- → 3BaSO₄ + 2Fe(OH)₃

B. Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃

C. 4Fe(OH)₂ + 2H₂O + O₂ → 4Fe(OH)₃

D. 2Fe³⁺ + 3CO₃^2- + 3H₂O → 2Fe(OH)₃ + 3CO₂

Đáp án B

Đặt n_CH4 = x; n_C2H2 = y; n_C3H6 = z (mol)

+) n_X = x + y + z = 0,2 (1)

+) Tỉ khối:

\({M_X} = \dfrac{{16x + 26y + 42z}}{{0,2}} = 13,1.2\) (2)

+) n_CaCO3 = n_CO2 = 38/100 = 0,38 mol

BTNT C ⟹ n_CO2 = x + 2y + 3z = 0,38 (3)

Từ (1)(2)(3) ⟹ x = 0,06; y = 0,1; z = 0,04

BTNT “H” ⟹ n_H2O = 2x + y + 3z = 0,34 mol

⟹ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,38.44 + 0,34.18 = 22,84 gam.

Đáp án C

Đặt số mol của amino axit, amin, H₂O lần lượt là x, y, z

*n_X = x + y = 0,18 (1)

*BTNT "O": 2n _{amino axit} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ 2x + 0,615.2 = 2.0,4 + z (2)

*Peptit có dạng C_nH_2n+1O₂N ⟹ n _peptit = (n_H2O – n_CO2)/0,5

⟹ n_H2O - n_CO2 = 0,5 n _peptit

Amin có dạng C_mH_2m+3N ⟹ n _amin = (n_H2O – n_CO2)/1,5

⟹ n_H2O – n_CO2 = 1,5n _amin

⟹ ∑n_H2O – ∑n_CO2 = 0,5 n _peptit + 1,5n _amin ⟹ z – 0,4 = 0,5x + 1,5y (3)

Giải (1) (2) (3) thu được: x = 0,08; y = 0,1; z = 0,59

Khi cho hỗn hợp tác dụng với KOH thì chỉ có amino axit phản ứng: n_KOH = n _{amino axit} = x = 0,08 mol

Đáp án A

m_Al(OH)3 = 27,3 gam ⟹ n_Al(OH)3 = n_AlO2- = 0,35 mol

Thứ tự phản ứng:

(1) CO₂ + 2H₂O + AlO₂^- → Al(OH)₃ + HCO₃^-

(2) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

(3) CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

- Tại n_CO2 = 0,74 mol thì cả Al(OH)₃ và CaCO₃ đạt giá trị lớn nhất, phản ứng (2) vừa kết thúc:

n_CO2 = n_AlO2- + n_Ca(OH)2 ⟹ 0,74 = 0,35 + n_Ca(OH)2 ⟹ n_Ca(OH)2 = 0,39 mol

⟹ m = m_CaCO3 + m_Al(OH)3 = 0,39.100 + 0,35.78 = 66,3 gam

- Tại n_CO2 = x: CaCO₃ bị hòa tan hết, phản ứng (3) vừa kết thúc

x = n_CO2 = n_AlO2- + 2n_Ca(OH)2 = 0,35 + 2.0,39 = 1,13 mol.

n_O2 = 0,485 mol; n_H2O = 0,42 mol

BTKL: m_CO2 = m_E + m_O2 – m_H2O = 17,12 + 0,485.32 – 7,56 = 25,08 gam

=> n_CO2 = 0,57 mol

BTNT “O”: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,57 + 0,42 – 0,485.2 = 0,59 mol

Quy đổi hỗn hợp thành:

\(\begin{gathered}
17,12(g)\,E\left\{ \begin{gathered}
Ancol{\text{ }}{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}O:0,09 \hfill \\
Axit\,{C_m}{H_{2m - 2}}{O_4}:a \hfill \\
{H_2}O: - b \hfill \\
\end{gathered} \right. + {O_2}:0,485 \to \left\{ \begin{gathered}
C{O_2}:0,57 \hfill \\
{H_2}O:0,42 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\begin{array}{*{20}{l}}
{BTNT{\text{ }}O:{n_{O\left( E \right)}} = 0,09 + 4a-b = 0,59(1)} \\
\begin{gathered}
BTNT{\text{ }}C:{n_{C{O_2}}} = 0,09\overline n + am = 0,57(2) \hfill \\
{m_E} = 0,09(14\overline n + 16) + a(14m + 62) - 18b = 17,12 \hfill \\
\Leftrightarrow 14(0,09\overline n + am) + 62a - 18b = 15,68(3) \hfill \\
\end{gathered}
\end{array} \hfill \\
\end{gathered} \)

Thay (2) vào (3) được: 62a + 18b = 15,68 – 0,09.0,57 (4)

Giải (1) và (4) được a = 0,13 và b = 0,02

\(\begin{gathered}
0,09\overline n + 0,13m = 0,57 \hfill \\
Ta\,co:\,\overline n > 3 \to m < 2,3 \Rightarrow m = 2,\overline n = \frac{{31}}{9} \hfill \\
\end{gathered} \)

=> 2 ancol là C₃H₆O (x mol) và C₄H₈O (y mol)

\(\left\{ \begin{gathered}
{n_{ancol}} = x + y = 0,09 \hfill \\
\overline n = \frac{{3x + 4y}}{{0,09}} = \frac{{31}}{9} \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
x = 0,05 \hfill \\
y = 0,04 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Quy đổi lại hỗn hợp ban đầu:

C₃H₅OOC-COOC₄H₇ (0,02/2 = 0,01)

HOOC-COOH (0,13 – 0,01 = 0,12)

C₃H₆O (0,05 – 0,01 = 0,04)

C₄H₈O (0,04 – 0,01 = 0,03)

=> n_E (17,12 g) = 0,2 mol

Ta thấy: 0,3 mol E gấp 1,5 lần so với 17,12 g E

Mà ta thấy: 1,5(2n_este + 2n _axit) = 0,39 mol < n_KOH = 0,45 mol => KOH dư

Ancol gồm:

C₃H₆O: 1,5.0,05 = 0,075 mol

C₄H₈O: 1,5.0,04 = 0,06 mol

Vì các ancol đơn chức nên: n_H2 = 0,5n _ancol = 0,0675 mol

m _{bình tăng} = m _ancol – m_H2 = 0,075.58 + 0,06.72 – 0,0675.2 = 8,535 gam gần nhất với 8,5 gam

Đáp án C

Các chất có pư tráng bạc là: HCHO, HCOOH, HCOOCH₃ => có 3 chất

Đáp án C

(1) đúng

(2) đúng, vì sợi bông có thành phần chính là xenlulozo khi đốt bông không có mùi khét, còn khi đốt tơ tằm ta ngửi thấy có mùi khét như mùi tóc cháy do tơ tằm được kết tinh từ protein.

(3) đúng, vì anilin phản ứng với dung dịch HCl dư theo PTHH:

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

Sau đó dung dịch tách thành 2 lớp (lớp trên là bezen, lớp dưới là H₂O, HCl dư và C₆H₅NH₃Cl), ta tách và thu được benzen bằng phương pháp chiết.

(4) đúng vì ở trạng thái rắn thì amino axit tồn tại dưới dạng các ion lưỡng cực, có nhiệt độ nóng chảy cao

(5) sai vì glucozo và fructozo đều có phản ứng tráng gương

(6) đúng

(7) sai vì trong phân tử triolein chứa 6 liên kết π (3 liên kết π trong 3 nhóm COO và 3 liên kết π ngoài gốc hidrocacbon)

Vậy có 5 phát biểu đúng

Đáp án B

\(\eqalign{
& (1)\,\mathop K\limits^0 + \mathop {2H}\limits^{ + 1} Cl \to \,\mathop {2K}\limits^{ + 1} Cl\, + \mathop {{H_2}}\limits^0 \cr
& (2)2\mathop {Al\,}\limits^0 + 3\mathop {C{l_2}}\limits^0 \buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow 2\mathop {Al}\limits^{ + 3} \mathop {C{l_3}}\limits^{ - 1} \cr
& (3)\mathop {C{l_2}}\limits^0 + 2NaOH \to Na\mathop {Cl}\limits^{ - 1} + Na\mathop {Cl}\limits^{ + 1} O + {H_2}O \cr
& (4)2NaOH + Mg{(N{O_3})_2} \to Mg{(OH)_2} + 2NaN{O_3} \cr
& (5)\mathop {A{l_2}}\limits^{ + 3} \mathop {{O_3}}\limits^{ - 2} \buildrel {dpnc} \over
\longrightarrow 2\mathop {Al}\limits^0 + 3\mathop {{O_2}}\limits^0 \cr
& (6)\mathop {Fe}\limits^{ + 2} C{l_2} + \mathop {3Ag}\limits^{ + 1} N{O_{3\,}}du\buildrel {} \over
\longrightarrow \mathop {Fe}\limits^{ + 3} {(N{O_3})_3} + 2AgCl + \mathop {Ag}\limits^0 \cr} \)

Trừ thí nghiệm (4) ra tất cả các thí nghiệm còn lại đều là pư oxh khử => có 5 thí nghiệm tất cả

Đáp án C

Đặt công thức phân tử của este no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2nO₂         

n_CO2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

C_nH_2nO₂ → nCO₂

0,15/n     ← 0,15 (mol)

Ta có: m_CnH2nO2 = n_CnH2nO2. M_CnH2nO2

\(\eqalign{
& \Rightarrow {{0,15} \over n}.(14n + 32) = 3,7 \cr
& \Rightarrow 14n + 32 = {{74} \over 3}n \cr
& \Rightarrow n = 3 \cr} \)

Vậy CTPT của este là C₃H₆O₂

Các CTCT thỏa mãn là: HCOOC₂H₅; CH₃COOCH₃

=> Có 2 CTCT thỏa mãn

Đáp án A

Sơ đồ:

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH →nCH₂=CH-CH=CH₂ → (-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n (cao sư Bu –Na)

Không mất tính tổng quát của bài toán, bỏ qua hệ số n để tính toán cho thuận tiện

1 tấn cao su buna có số mol là: \(n = {1 \over {54}}\,(\tan \,mol)\)

Từ sơ đồ pư => \({n_{tinh\,bot\,}} = n{\,_{cao\,su\,bu\,na}}\, = {1 \over {54}}\,(\tan \,mol)\)

Khối lượng tinh bột là: \({m_{tinh\,bot\,}} = {1 \over {54}}.162.{{100\% } \over {60\% }}.{{100\% } \over {80\% }}\,.{{100\% } \over {35\% }} = 17,857(\tan )\)

Đáp án B

n_H2= 1,12 :22,4 =  0,05 (mol)

n_Ba(OH)2 = 20,52 :171 = 0,12 (mol)

Coi hỗn hợp X ban đầu có: Na: a (mol) ; Ba: 0,12 (mol) và O: b (mol)

BTKL ta có: 23a + 0,12.137 + 16b = 21,9 (1)

BT “e” ta có: n_Na + 2n_Ba2+ = 2n_O + 2n_H2

=> a + 2.0,12 = 2b + 2.0,05 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,14 và b = 0,14 (mol)

Vậy dung dịch Y chứa: NaOH: 0,14 (mol) và Ba(OH)₂: 0,12 (mol)

=> ∑n_OH- = 0,14 + 2.0,12 = 0,38 (mol)

Xét dd Y + Al₂(SO₄)₃: 0,05 (mol)

Ta có:\(3 < {{{n_{O{H^ - }}}} \over {{n_{A{l^{3 + }}}}}} = {{0,38} \over {0,1}} = 3,8 < 4\) => tạo ra Al(OH)₃ và AlO₂-

=> n_Al(OH)3= 4n_Al3+ - n_OH- = 4.0,1 – 0,38 = 0,02 (mol)

Khối lượng kết tủa thu được gồm: Al(OH)₃: 0,02 (mol) và BaSO₄: 0,12 (mol) (Tính theo Ba²⁺)

=> m↓ = m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = 0,02.78 + 0,12.233 = 29,52 (g)

Đáp án C

n_NaOH = 0,3.1 = 0,3 (mol)

PTHH: HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

Pư:            0,1         → 0,2        →                                            0,1(mol)

PTHH tính theo số mol của HCOOC₆H₅ => rắn sau pư gồm có muối và NaOH dư

BTKL ta có: m_HCOOC6H5 + m­_NaOH bđ = m_RẮN + m_H2O

=> 0,1.122 + 0,3.40 = m_rắn + 0,1.18

=> m_rắn = 22,4 (g)

Đáp án A

Nhiệt độ sôi: axit etanoic(CH₃COOH) > etanol (C₂H₅OH) > etanal (CH₃CH=O) > etan (C₂H₆)

Đáp án B

Muối mononatri của axit glutamic được dùng làm bột ngọt (mì chính)

Đáp án D

Tính khử giảm theo thứ tự: Mg > Fe > Cu > Ag. => Ag có tính khử yếu nhất

Đáp án D