\(\begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} {C_4}{H_8}{O_2}\\ {C_4}{H_6}{O_2}\;\;\;\\ {C_4}{H_4}{O_2} \end{array} \right\} \Rightarrow \;{C_4}{H_n}{O_2}\\ \begin{array}{*{20}{l}} \begin{array}{l} {d_{X/{O_2}}} = {\rm{ }}2,7\;{\rm{ }}\\ \Rightarrow {M_X}\; = {\rm{ }}86,4g \end{array}\\ { \Rightarrow {\rm{ }}n{\rm{ }} = {\rm{ }}6,4{\rm{ }}\left( {{C_4}{H_{6,4}}{O_2}} \right)} \end{array}\\ {n_X} = 0,015 \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,06mol,{n_{{H_2}O}} = 0,048mol\\ {n_{CaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,06mol\\ \Rightarrow {m_{CaC{O_3}}} = 6g\\ \Rightarrow {m_{binhtang}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,06.44 + 0,048.18 = 3,504(g) < {m_{CaC{O_3}}}\\ \Rightarrow {m_{dungdichgiam}} = 6 - 3,504 = 2,496g \end{array}\)

12,52 g E cần n_NaOH = 0,19 (mol)

Đốt 37,56 g E cần n_O2= 1,11 (mol) → n_H2O = 1,2 (mol)

⇒ Đốt 12,52 g E cần 0,37 mol O₂ → 0,4 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {{C_n}{H_{2n}}{O_2}\;:0,19mol}\\ {{C_m}{H_{2m + 2}}{O_2}\;:amol}\\ {{H_2}O: - bmol}\\ {{m_E}\; = 0,19\left( {14n + 32} \right) + a\left( {14m + 34} \right) - 18b = 12,52}\\ {{n_{O2}}\; = 0,19\left( {1,5n - 1} \right) + a\left( {1,5n - 0,5} \right) = 0,37}\\ {{n_{H2O}}\; = 0,19n + a\left( {m + 1} \right) - b = 0,4}\\ { \Rightarrow a = 0,05;b = 0,04;0,19n + am = 0,39}\\ { \Rightarrow 0,19n + 0,05m = 0,39}\\ { \Rightarrow 19n + 5m = 39} \end{array}\)

T không tác dụng với Cu(OH)₂ nên m ≥ 3. Vì n ≥ 1 nên m = 3 và n = 24/19 là nghiệm duy nhất.

⇒ HCOOH ( 0,14) và CH₃COOH (0,05)

b = 0,04 ⇒  HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃: 0,02 mol

⇒ n_HCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)

⇒  %nHCOOH = 44,09%. 

M_X = 3,125.32 = 100 (C₅H₈O₂)

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Số C trung bình = 2,1/0,6 = 3,5

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

⇒ X là CH₂=CH-COOC₂H₅

Do Z no, mạch hở nên Z là (HCOO)₂C₂H₄

\(\begin{array}{l} 0,6mol\left\{ \begin{array}{l} {C_5}{H_8}{O_2}:x\\ {C_3}{H_6}{O_2}:y\\ {C_4}{H_6}{O_4}:z \end{array} \right.\mathop \to \limits^{ + {O_2}:2,25} \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:2,1\\ \mathop \to \limits^{BT:H} {H_2}O:4x + 3y + 3z \end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l} x\; + \;y\; + \;z\; = \;0,6\mathop \to \limits^{BT:C} 5x + 3y + 4z = 2,1\\ \mathop \to \limits^{BT:O} 2x + 2y + 4z + 2,25.2 = 2,1.2 + 4x + 3y + 3z \end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l} x\; = \;0,06\\ y\; = \;0,36\\ z\; = \;0,18 \end{array} \right.\\ {m_E}\; = \;0,06.100\; + \;0,36.74\; + \;0,18.118\; = \;53,88g \end{array}\)

Muối \(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_3}COOK:0,06\\ HCOOK:0,36\; + \;2.0,18\; = \;0,72 \end{array} \right.\)

→m_muối = 0,06.110+0,72.84 = 67,08g

53,88 g E...67,08 g muối

134,7 g E...167,7g muối

Tên este = tên gốc hidrocacbon R’+ tên gốc axit ("ic" → "at")

→ Metyl propionat

Do este không tạo liên kết hidro nên chúng có nhiệt độ sôi thấp hơn các axit, ancol có cùng số nguyên tử cacbon

\(\begin{array}{*{20}{l}} {n{\;_{glixerol\;}} = {\rm{ }}n{\;_{este\;}} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }}mol}\\ { \Rightarrow {\rm{ }}m{\;_{glixerol}}\; = {\rm{ }}0,1.{\rm{ }}92{\rm{ }} = {\rm{ }}9,2\;{\rm{ }}gam} \end{array}\)

1. Chất béo là trieste của glixerol với các axit béo.

→ Đúng

2. Lipit gồm chất béo, sáp, steroit, photpholipit, …

→ Đúng

3. Chất béo là các chất lỏng.

→ Sai, chất béo có thể là chất lỏng hoặc chất rắn ở điều kiện thường.

4. Chất béo chứa các gốc axit béo không no thường là chất lỏng ở nhiệt độ thường và được gọi là dầu.

→ Đúng

5. Phản ứng thủy phân chất béo trong môi trường kiềm là phản ứng thuận nghịch.

→ Sai, phản ứng thủy phân trong MT kiềm là phản ứng một chiều.

6. Chất béo là thành phần chính của dầu mỡ động, thực vật.

→ Đúng

Vậy có 4 nhận định đúng.

Chất béo là trieste của glixerol và các axit béo no hoặc không no.

Theo định nghĩa: chỉ số axit của chất béo là số miligam KOH cần dùng để trung hòa hết các axit béo tự do có trong 1 gam chất béo.

Ta có: m_KOH = 0,015 x 0,1 x 56000 = 84 (mg)

⇒ Chỉ số axit là: 84/14 = 6

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

(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

* Ở điều kiện thường:

- Nhóm 1: Cu(OH)₂ tan tạo dung dịch xanh lam  ⇒ glucozo, glixerol

- Nhóm 2: Không phản ứng  ⇒ anđehit axetic, ancol etylic

* Đun nóng mỗi nhóm:

- Nhóm 1:

+ Xuất hiện kết tủa đỏ gạch  ⇒ glucozo

+ Không xuất hiện kết tủa đỏ gạch  ⇒ glixerol

- Nhóm 2:

+ Xuất hiện kết tủa đỏ gạch ⇒ anđehit axetic

+ Không hiện tượng  ⇒ ancol etylic

- A đúng, vì chúng có cùng CTPT là C₆H₁₂O₆.

- B đúng.

- C sai, fructozơ có phản ứng tráng gương.

- D đúng.

Dữ kiện thực nghiệm không dùng để chứng minh cấu tạo của glucozơ là Lên men thành ancol (rượu) etylic.

Đáp án C

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

=> m = 0,05.180 = 9g

Đáp án A

Saccarozơ vẫn phản ứng với Cu(OH)₂ trong NaOH ở nhiệt độ thường (chỉ thể hiện phản ứng với Cu(OH)₂ tính chất của ancol còn NaOH ko hề tham gia phản ứng ở đây)

Sau khi trung hòa X thì trong dung dịch Y không còn axit dư. Ta có:

Saccarozo → Glucozo + fructozo → 4Ag

0.006 mol                                  0,024 mol

Mantozo → 2 glucozo → 4Ag

0,012                         0,048 mol

Do H = 60% → lượng manto chưa phản ứng là : 0,008 mol

Mantozo → 2Ag

0,008       0,016

→ nAg = 0,088 mol

→ mAg = 9,504g

Cả 4 chất đều là poliancol nên thỏa mãn phản ứng thứ nhất.

Phản ứng thứ 2 yêu cầu trong Z phải có gốc –CHO → glucozo, fructozo và mantozo đểu thỏa mãn vì glucozo có gốc –CHO, fructozo có thể chuyển hóa thành glucozo trong môi trường kiềm ở phản ứng 1, và mantozo thủy phân ra glucozo

- Amilopectin chiếm khoảng 70 – 80% khối lượng tinh bột, amilopectin có cấu tạo mạch phân nhánh. Cứ 20 – 30 mắc xích liên kết α-1,4-glicozit thì tạo thành 1 chuỗi. Do đó them liên kết C1 của chuổi nãy với C6 của chuỗi kia qua nguyên tử O (gọi là liên kết α-1,6-glicozit) nên chuỗi bị phân nhánh.  

Amilozơ chiếm từ 20- 30% khối lượng tinh bột. Amilozơ có dang mạch không phân nhánh trong phân tử chứa các gốc α- glucozơ liên kết với nhau bởi α- 1,4 glicozit.

1 mol C₁₂H₂₂O₁₁ → 0,9 mol C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + 0,9 mol C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

→ (0,9 + 0,9).2.90% = 3,24 mol Ag

Ta có: n_Ag = 3,24n_saccarozơ

→ m_{Ag tạo ra} = 1,62.108 = 174,96 gam.

→ Đáp án D

\({n_{{O_2}}} = \frac{{10,08}}{{22,4}} = 0,45{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol\)

Gọi số mol của CO₂, H₂O và N₂ lần lượt là a, b, c mol

Bảo toàn nguyên tố oxi: \(2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}} \to {\rm{ }}2a{\rm{ }} + {\rm{ }}b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,9{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Bảo toàn khối lượng: \({m_{amin}}\; = {\rm{ }}{m_C}\; + {\rm{ }}{m_H}\; + {\rm{ }}{m_N}\; \to {\rm{ }}12a{\rm{ }} + {\rm{ }}2b{\rm{ }} + {\rm{ }}28c{\rm{ }} = {\rm{ }}6,2\;{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Vì đốt cháy amin no, mạch hở, đơn chức nên ta có 

\(\begin{array}{l} {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}\\ {n_{{N_2}}} = \frac{1}{2}{n_{a\min }}\\ \to {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 3{n_{{N_2}}} \to {\rm{ }}b{\rm{ }}--{\rm{ }}a{\rm{ }} = {\rm{ }}3c\;{\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array}\)

Từ (1), (2) và (3) \(\; \to \;\left\{ \begin{array}{l} a = 0,2\\ b = 0,5\\ c = 0,1 \end{array} \right. \to {\rm{ }}{n_C}\;:{\rm{ }}{n_H}\;:{\rm{ }}{n_N}\; = {\rm{ }}0,2{\rm{ }}:{\rm{ }}0,5.2{\rm{ }}:{\rm{ }}0,1.2{\rm{ }} = {\rm{ }}1{\rm{ }}:{\rm{ }}5{\rm{ }}:{\rm{ }}1\)

→ công thức phân tử của amin là CH₃NH₂

\(\begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{l}} {{n_C} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{16,8}}{{22,4}} = 0,75{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\frac{{20,25}}{{18}} = 2,25{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} }\\ {{n_N} = 2.{n_{{N_2}}} = 2.\frac{{2,8}}{{22,4}} = 0,25{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol.} \end{array}\\ \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,75:2,25:0,25 = 3:9:1 \end{array}\)

  Vậy CTPT của X là C₃H₉N.

Vì amin no, mạch hở, đơn chức nên

\(\begin{array}{l} {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}\\ \to {n_{a\min }} = \frac{{{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}}}}{{1,5}} = \frac{{0,55 - 0,4}}{{1,5}} = 0,1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol \end{array}\)

→ Số C trong amin = \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,4}}{{0,1}} = 4\)

Số H trong amin = \(\frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,55.2}}{{0,1}} = 11\)

Vậy CTPT của X là C₄H₁₁N

Ta có: n_X = 0,2.0,5 = 0,1 mol; n_NaOH = 0,2 mol

→ Số nhóm –COOH bằng 0,2/0,1 = 2

Đặt công thức của amino axit X là (NH₂)_x-R-(COOH)₂

(NH₂)_x-R-(COOH)₂ + 2NaOH → (NH₂)_x-R-(COONa)₂ + 2H₂O

0,1                                                  0,1 mol

→M_muối = 16,3/ 0,1 = 163 g/mol → 16x + R+ 134 = 163 → 16x + R = 29

Do x > 0 và R > 0 nên chỉ có x = 1, R = 13 (nhóm –CH) thỏa mãn.

Vậy X có công thức là H₂NCH(COOH)₂

Đáp án B

Coi hỗn hợp Y chứa H₂NC₃H₅(COOH)₂ x mol; H₂NCH₂COOH y mol và HCl 0,4 mol; n_NaOH = 0,8 mol

H₂NC₃H₅(COOH)₂ + 2NaOH → H₂NC₃H₅(COONa)₂ + 2H₂O

H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

Ta có: n_NaOH = 2n_Glu + n_Gly + n_HCl = 2x + y + 0,4 = 0,8 mol. Mặt khác n_X = x + y = 0,3 mol

Giải hệ trên ta có: x = 0,1 và y = 0,2

Ta có: m gam chất rắn khan chứa H₂NC₃H₅(COONa)₂ 0,1 mol; H₂NCH₂COONa 0,2 mol và NaCl 0,4 mol

→ m = 0,1. 191 + 0,2.97 + 0,4.58,5 = 61,9 gam

Đáp án A

Thuốc thử dùng để phân biệt các dung dịch trên là Cu(OH)₂/OH^-

Các chất tác dụng với Cu(OH)2 trong dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường là:

+ (2) polipeptit;  (3) protein : phản ứng màu biure

+ (5) đisaccarit : tạo phức Cu(II) màu xanh

Peptit là những hợp chất chứa từ 2 đến 50 gốc α-amino axit liên kết với nhau bằng các liên kết petit

→ A có khối lượng phân tử lớn nhất khi có 50 gốc Ala

→ M_A = 50.89 – 49.18 = 3568

Khối lượng thủy tinh hữu cơ thu được là:

15.90% = 13,5 kg = 13500 g

→ Đáp án B

Cách giải nhanh, ta xét 1 mắt xích cao su buna N có 1 nguyên tử N

⇒ M = (14:8,69). 100 = 161.

Ta có M buta-1,3-dien = 54

M acrilonitrin = 53

⇒ n buta – 1,3 – đien: n acrilonitrin = 2 : 1

→ Đáp án C

Khi kết hợp nguyên tố S (lưu huỳnh) với cao su để tạo ra cao su lưu hóa có cấu trúc mạch không gian

A đúng.

B loại, Zn vì Zn được điều chế bằng phương pháp thủy luyện hoặc nhiệt luyện.

C loại, Cu vì Cu được điều chế bằng phương pháp thủy luyện hoặc nhiệt luyện.

D loại, Fe vì Fe được điều chế bằng phương pháp thủy luyện hoặc nhiệt luyện.

- Oxit bị khử bởi H₂ là: CuO, Fe₂O₃, PbO.

- Oxit không bị khử là: MgO.

\(\left\{ \begin{array}{l}CuO + {H_2} \to Cu + {H_2}O\\F{{\rm{e}}_2}{O_3} + 3{H_2} \to 2F{\rm{e}} + 3{H_2}O\\PbO + {H_2} \to Pb + {H_2}O\\MgO\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}Cu\\F{\rm{e}}\\Pb\\MgO\end{array} \right.\)

2FeS₂ + 11/2 O₂ -^to→ Fe₂O₃ + 4SO₂

3Fe₂O₃ + CO -^to→ 2Fe₃O₄ + CO₂

Fe₃O₄ + CO -^to→ 3FeO + CO₂

FeO + CO -^to→ Fe + CO₂

→ Đáp án C

Sn có tính khử lớn hơn Pb nên chỉ có Sn bị ăn mòn điện hóa

Như vậy đề bài cho axit dư nên 2 muối thu được là Fe³⁺ và Cu²⁺

Gọi x là số mol Fe và Cu ta có: 56x + 64x = 12 ⇒ x = 0,1 mol

Mặt khác: d_x/H2 = 19 ⇒ M_X = 38

Đặt x, y là số mol của NO và NO₂ thì 30x + 46y = 38(x + y) ⇒ x = y

n_{e nhận} = 3x + y = 4x, n_{e cho} = 0,5 ⇒ 4x = 0,5 . Vậy x = 0,125 mol

V = 0,125. 2. 22,4 = 5,6 lít

→ Đáp án B

\(\begin{array}{*{20}{l}} {C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}KHC{O_3}\; \to {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2}\; + {\rm{ }}C{H_3}COOK}\\ {C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}NaClO{\rm{ }} \to {\rm{ }}C{H_3}COONa{\rm{ }} + {\rm{ }}HClO}\\ {C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}C{H_3}OH{\rm{ }} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over {\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}C{H_3}COOC{H_3}}\\ {2C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}Mg{\rm{ }} \to {\rm{ }}{H_2}\; + {\rm{ }}Mg{{\left( {C{H_3}COO} \right)}_2}}\\ {2C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}Cu{{\left( {OH} \right)}_2}\; \to {\rm{ }}2{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}{{\left( {C{H_3}COO} \right)}_2}Cu}\\ {CaC{O_3}\; + {\rm{ }}2C{H_3}COOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}{{\left( {C{H_3}COO} \right)}_2}Ca{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2}}\\ {{C_2}{H_2}\; + {\rm{ }}C{H_3}COOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}C{H_3}COOCHC{H_2}} \end{array}\)

Phương trình nhiệt phân: CaCO₃ → CaO + CO₂ ↑

\(F{e_2}{O_3}\; + {\rm{ }}2Al\mathop \to \limits^{{t^0}} A{l_2}{O_3}\; + {\rm{ }}2Fe\)

\(\;\;\begin{array}{*{20}{l}} {\;\;\;{n_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{{16}}{{160}} = 0,1{\rm{ }}mol{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}{n_{Al}} = 2{n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,2{\rm{ }}mol}\\ {\;\;\;{m_{Al}} = 0,2.27 = 5,4{\rm{ }}gam} \end{array}\)