X: CH₃OH hoặc C₂H₅OH

HOOC-(CH₂)₄-COOH + 2CH₃OH ⇆ CH₃OCO-(CH₂)₄-COOCH₃ (Y1) + 2H₂O

HOOC-(CH₂)₄-COOH + C₂H₅OH ⇆ HOOC-(CH₂)₄-COOC₂H₅ (Y1) + 2H₂O

→ Đáp án D

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

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Lys}} = 0,05\\
{n_{Gly}} = 0,2
\end{array} \right. \to {n_{HCl}} = 0,6\)

\( \to 7,3 + 15 + 0,6.36,5 + 0,3.56 = m + 0,3.18 \to m = 55,6\)

Hợp chất là chất béo là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

1. Đúng

2. Đúng

3. Sai: Phản ứng thủy phân chất béo trong môi trường kiềm không phải là phản ứng thuận nghịch.

Phản ứng thuận nghịch khi thủy phân chất béo trong môi trường axit.

4. Sai: tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ và triolein là (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅.

Dầu mỡ động thực vật là các trieste, còn dầu mỡ bôi trơn máy là các ankan cao phân tử. Chúng hoàn toàn khác nhau.Khác nhau hoàn toàn

Giả sử trong 1g chất béo có 0,89g tristearin còn 0,11g axit stearic

⇒ n_KOH = 0,11 : 284 = 0,00038mol

⇒ m_KOH = 0,00038. 56 = 0,02169g = 21,69mg

Tức là chỉ số a xit là 21,69.

4 chất Xenlulozơ , tinh bột, fructozơ, glucozơ, đều thuộc cacbohiđrat → CTTQ: C_n(H₂O)_m

Bản chất đốt cháy các chất này là quá trình đốt cháy Cacbon: C + O₂ → CO₂

Từ PTHH: → nC = nO₂ = 2,52 : 22,4 = 0,1125 (mol)

BTKL: m = mC + mH₂O = 0,1125. 12 + 1,8 = 3,15 (g)

Đáp án D

nCaCO₃ =0,8 mol → nCO₂ =0,8 mol → theo lý thuyết nglucose= 0,4 mol

→ thực tế nglucozo= 0,4 :0,75 =0,53 mol

→ m = 96g

Đáp án C

C₆H₁₂O₆ và C₁₂H₂₂O₁₁ đều có CTTQ C_nH_2nO_n

C_nH_2nO_n + nO₂ → nCO₂ + nH₂O

nCO₂ = nO₂ = 1,68 (mol)

→ m BaCO₃ = 1,68.197 =330, 96 (g)

Đáp án B

nC₆H₇O₂(NO₃)₃ = 0,1 k.mol → nHNO₃ = 0,3 k.mol

→ n lý thuyết = 0,3 : 90 . 100 = k.mol → m HNO₃ = 21 g

→ m dd HNO₃ = 21: 96.100 = 21,875 k.g

→ V dd HNO₃ = 21,875 : 1,52 = 14,39 k.ml = 14,39 lít

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ + AgNO₃ + NH₃ → 2 Ag

n Ag = 0,1 mol → n glucozo = 0,05 mol

→ m Glucozo = 9 g

Ta dung Cu(OH)_2/NaOH

Cho thuốc thử vào 4 chất, có 1 chất không tham gia phản ứng là C₂H₅OH

Ba chất còn lại đều làm tan Cu(OH)₂

+) Axit axetic cho dung dịch màu xanh lam nhạt

+) Glyxerit cho dung dịch màu xanh lam đậm 

+) Glucozo cho dung dịch màu xanh lam đậm, khi đun nóng tạo kết tủa

(X) có công thức đơn giản (CH₂O)_n → Loại đáp án A, B và C

Chỉ có đáp án D có dạng (CH₂O)₆ → n = 6

Ta có: n_Ag = 1,728/108 = 0,016 mol; M_X = 30n

→ n_X = 0,048/n mol → n_Ag = 2n_X

→ X là glucozơ hoặc fructozơ có CTPT là C₆H₁₂O₆

→ Đáp án D

n_glucozơ + n_fructozơ = n_Ag/2 = 0,02 mol

Chỉ có glucozơ phản ứng với dung dịch brom theo tỉ lệ 1:1

CH₂OH[CHOH]₄CHO + Br₂ + H₂O → CH₂OH[CHOH]₄COOH + 2HBr

→ n_glucozơ = n_brom = 0,8/160 = 0,005 mol

→ n_fructozơ = 0,02 – 0,005 = 0,015 mol

→ Đáp án B

Anilin không làm quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh → loại A và D

Amoni clorua làm quỳ tím ẩm chuyển sang màu hồng → loại B

Metylamin, amoniac hay natri axetat đều làm quỳ tím chuyển sang xanh → Chọn C

Dung dịch anilin không tan không nước khi nhỏ vào nước thì dung dịch bị vẩn đục.

Khi nhỏ HCl vào dung dịch anilin xảy ra phản ứng tạo muối amoni tan trong nước tạo dung dịch trong suốt:

HCl +C₆H₅NH₂ → C₆H₅NH₃Cl

Khi nhỏ NaOH vào muối suốt hiện lại anilin không tan trong nước gây vẩn đục lại.

C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl
 

Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ electron ở nguyên tử nitơ do đó làm tăng lực bazơ; nhóm phenyl (C₆H₅) làm giảm mật độ electron ở nguyên tử nitơ do đó làm giảm lực bazơ.
Lực bazơ : C_nH_{2n + 1}-NH₂ > H-NH₂ > C₆H₅-NH₂
→ (C₆H₅)₂NH có lực bazơ yếu nhất.

Do amin có tính bazo nên quá trình phản ứng sẽ là amin phản ứng hết với HCl trước, sau đó sẽ tạo kết tủa theo phương trình:

FeCl₃ + 3R-NH₂ + 3H₂O → 3R-NH₃Cl + Fe(OH)₃

⇒ Tổng số mol amin cần dùng là 0,4.0,5 + 0,8.0,4.3 = 1,16 mol

Xét hỗn hợp CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ có M là 34,5 và có số mol là 1,16

⇒ m = 1,16 . 34,5 = 40,02 gam

→ Đáp án B

Tỉ lệ 2:3 ⇒ tỉ lệ C : H là 2 : 6 = 1 : 3

⇒ kết hợp với 4 đáp án ⇒ amin đó chỉ có thể là C₃H₉N

→ Đáp án A

Đáp án A

X có thể là ala-ala-gly; ala-gly-ala  gly- ala-ala. Gly-gly-ala, gly-ala-gly; ala-gly-gly

Đáp án A

1. đúng

2. sai do triolein có 6 liên kết pi

3. đúng

4. Sai vì aa dễ tan trong nước

5. sai vì saccarozo không có phản ứng tráng bạc

6. đúng

X có công thức là (gly)₃(ala)(Val)

A đúng có thể tạo cả 3 peptit

B sai do không tạo được peptit Gly- Ala

C sai do không dạo được peptid Ala-Gly

D sai do không tạo được Gly – Gly-Val

Đáp án A

Peptit có X có công thức cấu tạo sau:

Gly-Lys-Ala-Gly-Lys-Val. Thuỷ phân không hoàn toàn X có thể thu được đipeptit Gly-Lys, Lys-Ala, Ala-Gly, Lys-Val

Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan MgO → có H⁺

Catot : Cu²⁺  + 2e → Cu

Anot : 2Cl^-  → Cl₂  + 2e

2H₂O → 4H⁺  + O₂  + 4e              

MgO + 2H⁺  → Mg²⁺  + H₂O 

→ nH⁺  = 0,04 mol → nO₂  = 0,01 mol

Có : nKhí = nCl₂  + nO₂  → nCl₂  = 0,01 mol

Bảo toàn e : 2nCu = nH⁺ + 2nCl₂  → nCu = 0,03 mol

→ m = mCu + mO₂  + mCl₂  = 2,95g

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố SO₄^2- ta có:

nBaSO₄ = nSO₄^2- = 0,3.0,5 = 0,15 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: mBaSO₄ + mCu(OH)₂ = 45,73 (g)

→ mCu(OH)₂ = 45,73 - 0,15.233 = 10,78 (g)

→ nCu(OH)₂ = 10,78 : 98 = 0,11 (mol) → 45,73 gam tủa có 0,15 mol BaSO₄   + 0,11 mol Cu(OH)₂ → lượng Cu phản ứng là 0,04 mol  → e trao đổi là 0,08 mol → t = 0,08 x 96500 : 2,68 : 3600 = 0,8 giờ

Đáp án D 

- TN 1: Cho hơi nước đi qua ống đựng bột sắt nung nóng; ăn mòn hóa học

- TN 2: Cho đinh sắt nguyên chất vào dung dịch H₂SO₄ loãng có nhỏ thêm vài giọt dung dịch CuSO₄; ăn mòn điện hóa

- TN 3: Cho từng giọt dung dịch Fe(NO₃)₂ vào dung dịch AgNO₃; không phải ăn mòn kim loại

- TN 4: Để thanh thép (hợp kim của sắt với cacbon) trong không khí ẩm; ăn mòn điện hóa

- TN 5: Nhúng lá kẽm nguyên chất vào dung dịch CuSO₄. ăn mòn điện hóa

→ Đáp án A

Đốt dây sắt trong khí oxi khô; ăn mòn hóa học

Kim loại sắt trong dung dịch HNO₃ loãng; ăn mòn hóa học

Kim loại kẽm trong dung dịch HCl; ăn mòn hóa học

Thép cacbon để trong không khí ẩm; ăn mòn điện hóa

→ Đáp án D

(1) Thả một viên Fe vào dung dịch HCl; ăn mòn hóa học

(2) Thả một viên Fe vào dung dịch Cu(NO₃)₂; ăn mòn điện hóa

(3) Thả một viên Fe vào dung dịch FeCl₃; ăn mòn hóa học

(4) Nối một dây Ni với một dây Fe rồi để trong không khí ẩm; ăn mòn điện hóa

(5) Đốt một dây Fe trong bình kín chứa đầy khí O₂; ăn mòn hóa học

(6) Thả một viên Fe vào dung dịch chứa đồng thời CuSO₄ và H₂SO₄ loãng; ăn mòn điện hóa.

→ Đáp án D

Dựa vào quy tắc α:

Phản ứng giữa 2 cặp oxi hóa khử xảy ra theo chiều: chất oxi hóa mạnh tác dụng với chất khử mạnh tạo thành chất oxi hóa yếu hơn và chất khử yếu hơn.

Ta có:

Cu                 + 2 Fe³⁺                   →  2Fe²⁺    +     Cu²⁺

C.KH mạnh     C.OXH mạnh           C.KH yếu    C.OXH yếu

Vậy ion Fe³⁺ có tính oxi hoá mạnh hơn ion Cu²⁺

Đáp án D

Từ X → X²⁺ + 2e ⇒ R có cấu hình electron là\(:1{s^2}2{s^2}2{p^6}3{s^2}3{p^6}4{s^2}\) có 4 lớp electron nên thuộc chu kì 4; có electron cuối cùng thuộc phân lớp s nên thuộc nhóm A và có 2 electron hóa trị nên thuộc nhóm II.

Chọn C.

+ Electron tự do tạo cho kim loại bốn tính chất chung là tính ánh kim (phản xạ ánh sáng), tính dẻo (các lớp kim loại có thể trượt lên nhau), tính dẫn nhiệt (truyền nhiệt từ điểm này đến điểm khác).

+ Tính cứng được quyết định bởi độ bền của liên kết kim loại.

Gồm: tơ nilon - 7; tơ nilon - 6,6; tơ nilon - 6 ; tơ lapsan.

Polistiren là -(-CH₂-CH(C₆H₅)-)_n-.

- Trong polistiren có liên kết bội nên nó có phản ứng cộng: tác dụng với Cl₂/t^o, tác dụng với Cl2 khi có mặt bột Fe.

- Polistiren còn tham gia phản ứng đepolime hóa.

→ Polistiren không tác dụng với HCl → Đáp án đúng là đáp án B.

Chú ý: Khi đun nóng ở nhiệt độ cao, một số polime bị phân hủy tạo thành monome ban đầu, đó là phản ứng đepolime hóa.

→ Đáp án B

Fe; Al thụ động trong H₂SO₄ đặc nguội.

Phương trình phản ứng: 

\(\begin{array}{*{20}{l}} {Mg{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}MgS{O_4}\; + {\rm{ }}S{O_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}O}\\ {2Ag{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}A{g_2}S{O_4}\; + {\rm{ }}S{O_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}O}\\ {2FeS{O_4}\; + {\rm{ }}2{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}F{e_2}{{\left( {SO4} \right)}_3}\; + {\rm{ }}S{O_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}O}\\ {BaC{l_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}BaS{O_4}\; + {\rm{ }}HCl} \end{array}\)

- Xét hỗn hợp khí Z ta có

\(\begin{array}{*{20}{l}} {(1):n\left( {NO} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}n\left( {{N_2}O} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0,2{\rm{ }}mol}\\ {(2):30n\left( {NO} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}44n\left( {{N_2}O} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}7,4} \end{array}\)

Giải 1, 2⇒  n(NO) = 0,1 mol; n(N₂O) = 0,1 mol

\(\Rightarrow n(N{O_3}^ - \; = {\rm{ }}3n\left( {NO} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}8n\left( {{N_2}O} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}9n\left( {N{H_4}^ + } \right)\; = {\rm{ }}1,1{\rm{ }} + {\rm{ }}9x\)

Ta có:

m_(muối) = m_{(kim loại)} + 18n(NH₄⁺ + 62n(NO₃^-) ⇒122,3 = 25,4 + 18x + 62(1,1 + 9x) ⇒ x = 0,05 mol

\(\Rightarrow \;n(HN{O_3}){\rm{ }} = {\rm{ }}4n\left( {NO} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}10n({N_2}O){\rm{ }} + {\rm{ }}10n(N{H_4}^ + ){\rm{ }} = {\rm{ }}1,9{\rm{ }}mol\)

\(\begin{array}{*{20}{l}} {Ca{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}Ca{{\left( {OH} \right)}_2}\; + {\rm{ }}{H_2} \uparrow }\\ {Ca{C_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}Ca{{\left( {OH} \right)}_2}\; + {\rm{ }}{C_2}{H_2} \uparrow } \end{array}\)

Ban đầu 1 mol AlCl₃ tác dụng với 3 mol NaOH, thu được kết tủa Al(OH)₃

Nếu kết tủa tiếp tục bị hòa tan mà vẫn thu được được kết tủa thì lượng NaOH còn dư sẽ phải nhỏ hơn lượng Al(OH)₃ mới bị sinh ra hay: b - 3a < a

Hay b < 4a

Trong công nghiệp sản xuất axit H₂SO₄, phân lân sinh ra lượng đáng kể SO₂; sản xuất phân đạm sinh ra NO₂ (hoặc NO sau đó gặp không khí chuyển thành NO₂). Các khí này gặp mưa tạo thành axit.