Chọn đáp án C

Giải thích:

 CH₃- CH₂-COO-CH₃ + NaOH → CH₃-CH₂-COONa + CH₃OH

Chọn đáp án D

Giải thích:

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₃ + 3/2 H₂

0,1                          ←                                           0,15   mol

m_Al = 0,1.27= 2,7 gam.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Fe₂O₃ + 6HCl  → 2FeCl₃ + 3H₂O

Cu + 2FeCl₃  → FeCl₂ + CuCl₂.

Vì Cu dư nên dung dịch X chứa các muối là FeCl₂ và CuCl₂.

Chọn đáp án C

Giải thích:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

0,15        0,15       

Ba(OH)₂ + MgSO₄  → BaSO₄ + Mg(OH)₂

0,15                                  0,15  → 0,15

m_{kết tủa} = 0,15.233+ 0,15.58= 43,65 gam.

Chọn đáp án D

Giải thích:

2C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂  → (C₆H₁₁O₆)₂Cu + 2H₂O

0,02   →  0,01

\({m_{Cu{{(OH)}_2}}} = \,0,01.98 = 0,98\,gam.\)

Chọn đáp án A

Giải thích:

(CH₃)₂NH + HCl → (CH₃)₂NH₂Cl

0,206                     0,206   mol

V= 0,206. 22,4= 4,6144 lít.

Chọn đáp án B

Vì \(1<\frac{{{n}_{{{H}^{+}}}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}=\frac{0,24}{0,18}=1,33<2\,\Rightarrow \) dd X chứa cả HCO₃^- và CO₃^2-

BT (C) ⇒ \({{n}_{C\,\,trong\,X}}=~{{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=\text{ }0,3\text{ }mol>{{n}_{C{{O}_{2}}}}\) ⇒ Khi tác dụng với HCl thì  HCO₃^- và CO₃^2- dư, HCl hết

\(\begin{array}{l} {\rm{n}}HC{O_3}^ - = x{\mkern 1mu} mol\\ {\rm{n}}C{O_3}^{2 - } = y{\mkern 1mu} mol\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = x + y = 0,18\\ {n_{HCl}} = x + 2y = 0,24 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,12{\mkern 1mu} mol\\ y = 0,06{\mkern 1mu} mol \end{array} \right. \end{array}\)

\(\begin{array}{l} nHC{O_3}^ - (trongX) = c{\mkern 1mu} mo{\mathop{\rm l}\nolimits} \\ nC{O_3}^{2 - }(trong{\mkern 1mu} X) = d{\mkern 1mu} mol{\mkern 1mu} \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_C} = c + d = 0,3\\ \frac{c}{d} = \frac{x}{y} = \frac{{0,12}}{{0,06}} = 2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} c = 0,2{\mkern 1mu} mol\\ d = 0,1{\mkern 1mu} mol \end{array} \right.{\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} X\left\{ \begin{array}{l} HC{O_3}^ - :{\mkern 1mu} 0,2{\mkern 1mu} mol\\ C{O_3}^{2 - }:{\mkern 1mu} 0,1{\mkern 1mu} mol{\mkern 1mu} \\ N{a^ + }:0,4{\mkern 1mu} mol{\mkern 1mu} (BTST) \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} BT(C):{\mkern 1mu} 0,15 + b = 0,2 + 0,1\\ BT{\mkern 1mu} (Na):{\mkern 1mu} a + 2b = 0,4 \end{array} \right.{\mkern 1mu} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,15 \end{array} \right. \end{array}\)

Chọn đáp án D

Giải thích:

Gọi công thức chung của cả 3 muối là \({{C}_{\overline{x}}}{{H}_{\overline{y}}}COONa\Rightarrow \overline{x}=\frac{17.3+15.4+17.5}{12}=\frac{49}{3}\)

\(\Rightarrow E:\,{{({{C}_{\overline{x}}}{{H}_{\overline{y}}}COO)}_{3}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}\to {{C}_{55}}{{H}_{z}}{{O}_{6}}\) với \(k=\frac{55.2+2-z}{2}=\frac{112-z}{2}\Rightarrow {{k}_{R}}=k-3=\frac{106-z}{2}\)

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l} BTKL:m + a(106 - z) = 68,96\\ BTNT(O):6a + 2.6,14 = 2.55a{ + ^{az}}{/_2}\\ m = (12.55 + z + 16.6)a \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,08\\ az = 7,92\\ m = 68,4(g) \end{array} \right.\)

Chọn đáp án C

Giải thích:

Các phát biểu đúng là a, b, d.

Chọn D.

Xác định được Y là C₂H₅NH₃HCO₃ Þ Amin tạo thành là C₂H₅NH₂

Xác định X là HCOO-CH₂-CH₂-OOC-CH₂-H₂N (nếu sử dụng gốc muối amoni thì số H > 9)

G gồm thu được K₂CO₃ (0,15 mol); HCOOK (0,1 mol) và GlyK (0,1 mol) Þ % m của K₂CO₃ = 51,24%

Chọn B

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{NaOH}} = 0,4 \to \left\{ \begin{array}{l} n_{COO}^{trong{\kern 1pt} E} = 0,4\\ {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,2 \end{array} \right.\\ {n_{{H_2}}} = 0,26 \to {m_{ancol}} = 19,76 \to {C_3}{H_8}{O_2} \end{array} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \)

Đốt cháy F \(\to 0,4.2+0,7.2=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+0,2.3+0,4\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,6\)

\(\to \overline{{{C}_{F}}}=2\to F\left\{ \begin{align} & HCOONa:0,2 \\ & C{{H}_{2}}=CH-COONa:0,2 \\ \end{align} \right.\to {{m}_{F}}=32,4\)

Cho E vào NaOH \(\to {{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{X+Y}}=0,15\to {{n}_{X}}={{n}_{Y}}=0,075\)

\(\to {{n}_{T}}=0,125\to %{{n}_{T}}=\frac{0,125}{0,15+0,26}=30,49%\)

Chọn A.

Khi đốt cháy muối F thì: \({{n}_{COONa}}={{n}_{NaOH}}={{n}_{OH}}=2{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=0,26\ mol\)

Khối lượng bình tăng:

\({{m}_{ancol}}-{{m}_{{{H}_{2}}}}={{m}_{ancol}}-0,26=8,1\Rightarrow {{m}_{ancol}}=8,36\ (g)\Rightarrow 32,2<{{M}_{ancol}}<64,3\)

→ Hai ancol đó là C₂H₅OH (0,02 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,12 mol)

\(\xrightarrow{BTKL}{{m}_{F}}=21,32\ (g)\) và hai muối trong Z có số mol bằng nhau và bằng 0,13 mol

→ M_F = 82

→ Hai muối trong F là HCOONa và muối còn lại là C₂H₅COONa

Xét hỗn hợp ban đầu có X, Y (0,02 mol) và Z (0,12 mol) → X và Y có mol bằng nhau (vì số mol hai muối bằng nhau). Dựa vào số mol → este có PTK nhỏ nhất là HCOOCH₃ 0,01 mol Þ %m = 3,84%.

Đáp án A

Ta có: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,0015;{{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,028;{{n}_{B{{a}^{2+}}}}=0,012\)

\(\frac{{{n}_{O{{H}^{-}}}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}=1,87\to \) Phản ứng sinh ra muối \(HCO_{3}^{-}\) và muối \(CO_{3}^{2-}\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = {n_{C{O_2}}} = 0,015\\ 2{n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = {n_{O{H^ - }}} = 0,028 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,013\\ {n_{HCO_3^ - }} = 0,002 \end{array} \right.\)

Ta có: \({{n}_{CO_{3}^{2-}}}=0,013>{{n}_{B{{a}^{2+}}}}=0,012\to {{m}_{BaC{{O}_{3}}}}=197.0,012=2,364\)

Đáp án D

(a) Đúng. Do gốc vinyl có liên kết π nên có thể tham gia phản ứng trùng hợp tạo poli(vinyl axetat)..

(b) Đúng. Trong phân tử glucozơ có chứa nhóm chức –CHO, khi gặp chất oxi hóa mạnh Br₂ bị oxi hóa thành –COOH theo phản ứng

HO-CH₂-[CHOH)₄-CHO + Br₂ + H₂O → HO-CH₂-[CHOH)₄-COOH +2HBr

(c) Đúng. Khi nguyên tử nitơ trong các amin có số oxi hóa -3 nên dễ bị oxi hóa khi để lâu ngoài không khí dẫn tới các amin thơm bị chuyển từ không màu thành màu đen.

(d) Đúng. Trong phân tử các amino axit có chứa nhóm chức cacboxyl –COOH nên có thể tham gia phản ứng este hóa với với ancol trong điều kiện xúc tác thích hợp.

(e) Đúng. Glicogen là đại phân tử polisaccarit đa nhánh của glucozơ có vai trò làm chất dự trữ trong cơ thể động vật và nấm.

Đáp án A

Phản ứng (-C₆H₁₀O₅-)_n + 3nHNO₃ → Xenlulozơ trinitrat + 3nH₂O

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

\({{m}_{Xenluloz\hat{o}\text{ }trinitrat}}=\left[ 100+3.\frac{100}{162}.\left( 63-18 \right) \right].0,8=146,7\)

Chọn B

\({{\text{n}}_{\text{gly-ala}}}\,\text{=}\frac{\text{1}}{\text{2}}{{\text{n}}_{\text{NaOH}}}\text{=0,2}\,\text{mol}\)

Đáp án D

Các ion cùng tồn tại trong một dung dịch khi các ion này không tác dụng với nhau.

A. Sai. Khi ion Fe²⁺ gặp hỗn hợp oxi hóa mạnh (H⁺, \(NO_{3}^{-}\)) thì sẽ bị oxi hóa tạo thành Fe³⁺, khí NO và nước.

B. Sai. Ba²⁺ khi gặp \(PO_{4}^{3-}\) sẽ tạo thành kết tủa Ba₃(PO₄)₂ màu vàng nhạt.

C. Sai. \(HCO_{3}^{-}\) tác dụng với OH^- tạo thành \(CO_{3}^{2-}\) và nước.

Dùng sơ đồ đường chéo : N₂ = 0,04 ; H₂ = 0,01

Có H₂ thoát ra chứng tỏ NO₃^- hết.

n_Al = x mol , n_Mg = y mol => 27x + 24y = 7,56 (*)

n_NO2 + nNH₄⁺ + 0,04.2 = 2.0,25 (1)

Bảo toàn nguyên tố Cl :

3n_AlCl3 + 2n_MgCl2 + 2n_CuCl2 + n_NH4Cl = 3x + 2y + 2.0,25 + n_(NH_4^+ ) = 1,3

3x + 2y = 0,8 - n_NH4⁺

Bảo toàn electron :

3x + 2y + 4n_O2 = n_NO2 + 10n_N2 + 8n_NH4⁺ + 2n_H2 = n_NO2 + 10.0,04 + 8n_NH4⁺ + 2.0,01

0,8 - n_NH4⁺ + 4n_O2 = n_NO2 + 8n_NH4⁺ + 0,42 (2)

n_NO2 + n_O2 = 0,45 (3)

Từ (1), (2) và (3) => n_NO2 = 0,4 ; n_O2 = 0,05 ; nn_NH4⁺ = 0,02

3x + 2y = 0,78 (**)

Từ (*), (**) => x = 0,2 ; y = 0,09

m = 0,2.133,5 + 95.0,09 + 135.0,25 + 53,5.0.02 = 70,07

X có độ bất bão hòa Δ = 3. X có 4 nguyên tử O, tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2, tạo ra muối của axit no Y và ancol Z

=> X là este 2 chức ; có 2 liên kết π ở 2 nhóm chức –COO-.

Vậy còn 1 độ bất bão hòa, có 2 khả năng :

Khả năng 1 : Có 1 liên kết C=C ở ancol Z

=> ancol 2 chức => Z có ít nhất 4C

=> X sẽ có ít nhất 6C( loại)

Khả năng 2 : Có 1 mạch vòng => Y và Z đều no, 2 chức.

- Trường hợp 1 : Y là HOOC-CH₂-COOH ; Z là C₂H₄(OH)₂.

=> Y còn đồng phân HOOC-COO-CH₃ (loại)

- Trường hợp 2 : Y là HOOC-COOH ; Z là C₃H₆(OH)₂ , Z tạo andehit 2 chức

=> Z a=là HO-CH₂-CH₂-CH₂-OH (không hòa tan Cu(OH)₂ để tạo dung dịch màu xanh).

Nhóm chức của este là – COOR (R là  gốc hiđrocacbon ) → HCOOC₆H₅ là este

Polietilen là polime tổng hợp

Đáp án D

Các vật liệu có nguồn gốc xenlulozo là: : (2) sợi bông, (3) sợi đay, (5) tơ visco, (7) tơ axetat.

Đáp án B

A sai, cao su là vật liệu polime có tính đàn hồi

B sai

C sai, nilon-6,6 thuộc loại tơ tổng hợp

Đáp án D

A sai, trùng ngưng axit ὲ - amino caproic tạo tơ nilon-6.

B sai, Đồng trùng hợp buta-1,3-dien và stiren được cao su buna-S.

D sai, trùng hợp buta-1,3-đien và vinyl xianua được cao su buna-N.

Đáp án C

Theo đề bài ta có: 1250 gam protein => 425 gam alanin

=> 100000 gam protein => x gam alanin

Áp dụng quy tắc đường chéo

=> x = 100000 . 425 : 1250 = 34000 gam

=> Số mắt xích alanin có trong phân tử protein là:

34000 : 89 = 382 (mắt xích)

Đáp án B

\(C{{H}_{4}}\xrightarrow{15%}{{C}_{2}}{{H}_{2}}\xrightarrow{95%}C{{H}_{2}}=CHCl\xrightarrow{90%}PVC\)

Số mol PVC cần điều chế là: 1 . 10⁶ : (12.2 + 3 + 35,5) = 1,6 . 10⁴ (mol)

=> Số mol C₂H₂ cần để điều chế PVC là:

1,6 . 10⁴ : 90% : 95% = 1,87 . 10⁴ (mol)

=> Số mol CH₄ cần dùng là:

1,87 . 10⁴ . 2 : 15% = 2,495 . 10⁵ (mol)

=> Số mol khí thiên nhiên cần dùng là:

2,495 . 10⁵ : 95% = 2,62 . 10⁵ (mol)

Thể tích khí thiên nhiên cần dùng để điều chế PVC là:

2,62 . 10⁵ . 22,4 = 5,88324 . 10⁶ (lit) = 5883,24 m³

Đáp án B

(1) sai, poli (etylen terephtalat) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng các monome tương ứng

(2) sai, hầu hết polime có nhiệt độ nóng chảy không xác định.

(3) đúng

(4) đúng

Đáp án B

Hệ số polime hóa của polietilen đang xét là:

560000 : 28 = 20000

Đáp án B

Gọi công thức của 1 mắt xích polime PVC khi được polime hóa là: C_2kH_3k-1Cl_k+1

Theo đề bài ta có phương trình:

\(\frac{{35,5(k + 1)}}{{(27 + 35,5)k - 1 + 35,5}} = 63,96\% \)

=> k = 3

Đáp án C

Trích mẩu thử cho mỗi lần thí nghiệm.

Cho dung dịch NaOH lần lượt vào các mẩu thử.

- Mẩu thử tạo kết tủa xanh là Cu(NO₃)₂.

Cu(NO₃)₂ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + 2NaNO₃

- Mẩu thử tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl₃.

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ + 3NaCl

- Mẩu thử tạo kết tủa keo trắng tan trong kiềm dư là AlC13.

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄]

- Mẩu thử có khí mùi bay ra là NH₄Cl.

NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ + H₂O

→ Đáp án A

Trích mẩu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Cho dung dịch H₂SO₄ lần lượt vào các mẩu thử.

- Hợp kim nào không có khí là Cu-Ag.

- Cho dung dịch NH₃ vào dung dịch thu được trong hai trường hợp còn lại.

+ Trường hợp tạo kết tủa keo trắng và không tan trong NH₃ dư ⇒ hợp kim là Cu-Al.

3Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Al₂(SO₄)₃ + 6NH₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

+ Trường hợp tạo kết tủa rồi tan trong NH₃ dư ⇒ hợp kim ban đầu là Cu-Zn.

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

ZnSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Zn(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Zn(OH)₂ + 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

→ Đáp án D

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m_{hh acol} + m_Na = m_c/rắn + m_H2

⇒ m_H2 = m_{hh acol} + m_Na - m_c/rắn = 23,4 + 13,8 – 36,75 = 0,45g

⇒ n_H2 = 0,45/2 = 0,225 mol

⇒ n_{hỗn hợp ancol} = 2 n_H2= 2.0,225 = 0,45(mol)

M−_ancol = 23,4/0,45 = 52 ⇒ 2 ancol là: C₂H₅OH và C₃H₇OH

⇒ Đáp án A

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_X = m_c/rắn + m_CO2= 11,6 + 0,1.44 = 16g

Vậy phần trăm khối lượng của CaCO₃ trong hỗn hợp X là: 62,5%

HOOC – R – NH₂ + HCl → HOOC – R – NH₃Cl

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_HCl = m_muối – m_aminoaxit = 0,365g

⇒ n_HCl = n_aminoaxit = 0,01 mol

⇒ M_aminoaxit = 0,89 : 0,01 = 89

X là α-amonoaxit ⇒ X là: CHm₃ – CH(NH₂) – COOH ⇒ Đáp án C

Đáp án: C

    Gọi công thức este đơn chức X là RCOOR'

    Ta có: n_KOH = 0,1*1 = 0,1(mol)

    RCOOR' + KOH → RCOOK + R'OH         (1)

    Từ (1) ⇒ n_R'OH = 0,1(mol) ⇒ M_R'OH = 4,6/0,1 = 46

    ⇒ R' = 29 ⇒ C₂H_5-

    Y: C₂H₅OH ⇒ X là CH₃COOC₂H₅( vì M_X = 88) : etyl axetat

    Theo giả thiết ta cho biết X là este hai chức của etylen glicol và axit hữu cơ đơn chức; X có 4 nguyên tử O và có 5 nguyên tử C.

    Vậy công thức của X là : HCOOC₂H₄OOCCH₃

    Phương trình phản ứng :

    HCOOC₂H₄OOCCH₃ + 2NaOH → HCOONa + CH₃COONa + C₂H₄(OH)₂

    Theo giả thiết và (1) ta có : n_HCOOC2H₄OOCCH₃ = 1/2 n_NaOH = 1/2 . 10/40 = 0,125 mol

    Vậy m_X = 0,125.132 = 16,5 gam.

Trong 100ml dung dịch X có 0,1 mol Ba²⁺, 0,15 mol HCO₃^-

Trong 200ml dung dịch X có 0,2 mol Cl^-

Do đó trong 50ml dung dịch X có 0,05 mol Ba²⁺, 0,075 mol HCO₃^- , 0,05 mol Cl^- và x mol k⁺.

Theo định luật bảo toàn điện tích được x = 0,025.

Khi cô cạn xảy ra quá trình:

2HCO₃^- ⇒ CO₃^2- + CO₂ + H₂O.

Do đó n_CO3^2- = 0,0375

Vậy khối lượng chất rắn khan thu được là: m_K⁺ + m_Ba²⁺ + m_CO3^2- + m_Cl^- = 11,85 (gam)

⇒ Đáp án C

M_Y = 11.2 = 22

m_X = 0,1.26 + 0,2,28 + 0,3.2 = 8,8g

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_X = m_Y = 8,8g ⇒ n_Y = 8,8 : 22 = 0,4 mol

nkhí giảm = nH₂ pư = nX – nY = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol

Ta có: n = n_H2 pư + n_Br2 = 2n_C2H₂ + n_C2H₄ = 0,4 mol

⇒ n_Br2 = 0,4 – 0,2 = 0,2 mol = a

⇒ Đáp án B

Đáp án: D

Tơ axetat được sản xuất từ xenlulozơ và anhiđrit axetic:

[C₆H₇O₂(OH)₃]n + 3n(CH₃CO)₂O → [C₆H₇O₂(CH₃COO)₃]_n + 3nCH₃COOH

Đáp án: D

Nilon-7 được điều chế bằng cách trùng ngưng axit 7-aminoheptanoic.

nH₂N-(CH₂)₆-COOH