CH₃CH(NH₂)CH₃ là amin bậc 1 và CH₃CH₂OH là ancol bậc 1. → Đáp án C

Cấu hình e của các ion:       

Na⁺:  1s²2s²2p⁶;

Cl^-; Ca²⁺ và K⁺ đều có cấu hình e:  1s²2s²2p⁶3s²3p⁶;

Đáp án A.

Các cặp chất: NaCl và Ba(NO₃)₂; AlCl₃ và CuSO₄; Na₂CO₃ và KOH; đều không có phản ứng.

Cặp chất NaOH và NaHCO₃ có phản ứng nên không thể cùng tồn tại trong dung dịch:

NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O;  → Đáp án D.

Cấu hình e của nguyên tử Mg (Z = 12) là: 1s²2s²2p⁶3s².

Đáp án B.

Để nhận biết ion NO\(_{3}^{-}\) trong dung dịch có thể dùng thuốc thử là Cu và dd H₂SO₄ loãng vì có hiện tượng Cu tan tạo khí không màu hóa nâu trong không khí:

3Cu + 8H⁺ + 2NO\(_{3}^{-}\) → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O;

 2NO + O₂ → 2NO₂ (khí màu nâu đỏ); 

→ Đáp án D.

Ta có:  n_Na = n_NaOH = 1 mol; n\(_{{{\text{H}}_{2}}}\)= 0,5 mol; 

Khối lượng dd sau pư:  m_dds = m_Na + m\(_{{{\text{H}}_{2}}\text{O}}\)- m\(_{{{\text{H}}_{2}}}\) = 23 + 178 – 0,5×2 = 200(g);

 C%(NaOH) = \(\frac{40}{200}\times 100%\)= 20%; → Đáp án D.

Công thức của vinyl axetat là: CH₃COOCH = CH₂; → có 6 nguyên tử H

Đáp án A.

Cho glucozơ tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch có màu xanh lam.

Đáp án D

Gốc C₆H₅ hút e làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm; → Tính bazơ giảm nên quỳ tím không đổi màu; → Đáp án A.

Hợp chất H₂N-CH₂CH₂CONH-CH₂-CH₂COOH có 1 liên kết CO-NH nhưng không phải liên kết giữa các đơn vị a-aminoaxit nên không phải đi peptit; → Đáp án B

Trong dd K khử H₂O nên không khử được ion Cu²⁺ thành Cu; 

Đáp án D.

Các phản ứng:  CH₃ – CH(NH₂) – COOH + HCl → CH₃ – CH(NH₃Cl) – COOH;

CH₃ – CH(NH₃Cl) – COOH + NaOH → CH₃-CH(NH₂)-COONa + NaCl + H₂O;

Đáp án D.

Hợp chất hữu cơ X có công thức:  H₂N – CH₂ – COOH. X có tên gọi là Glyxin.

Đáp án A

Nhựa Rezol → Nhựa Rezit (cấu trúc mạng không gian, làm tăng mạch polime).

→ Đáp án A.

dd H₂SO₄ loãng pư với Fe: H₂SO₄ + Fe →  FeSO₄ + H₂.

→  Đáp án C.

Fructozơ thuộc loại monosacarit nên không bị thủy phân. Þ Đáp án B.

Trong các kim loại đã cho:

- Các kim loại Na, Mg, Al cùng thuộc chu kỳ III tính kim loại giảm dần nên: Na>Mg>Al.

- Các kim loại Na và K cùng thuộc nhóm IA tính kim loại tăng dần nên: Na<K.

Vậy tính kim loại giảm dần theo dãy: K; Na; Mg; Al.  →Đáp án C.

Phản ứng của Cu và HNO₃ không tạo sản phẩm là H₂ vì ion H⁺ không oxi hóa được Cu. → Đáp án D.

Este (X) được tạo thành từ axit axetic và ancol metylic có CT là: CH₃COOCH₃.

→ CTPT: C₃H₆O₂. Đáp án A.

Trùng hợp vinyl xianua (thường được gọi là acrilonitrin) thu được polime là poliacrilonitrin dùng để sản xuất tơ nitron hay tơ olon. 

Đáp án C.

Có 4 thí nghiệm thu được kết tủa là:

(1) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO₃)₂:

OH^- + HCO₃^-  → CO₃^2-   + H₂O;   

CO₃^2-   + Ca²⁺ → CaCO₃¯.

(3) Sục khí H₂S vào dung dịch FeCl₃:                  H₂S + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + S¯ + 2H⁺.

(4) Sục khí NH₃ tới dư vào dung dịch AlCl₃:     3NH₃ + 3H₂O + Al³⁺ → Al(OH)₃¯ + 3NH .

(5) Sục khí CO₂ tới dư vào dung dịch NaAlO₂ (hoặc Na[Al(OH)₄]):

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

→ Đáp án C.

Theo bài ra ta có phương trình:    0,58(14n + 29) + 18x = 45,54;

Theo bảo toàn nguyên tố C, H:       0,58n × 44 + 18(0,58n – 0,29) + 18x = 115,18;

Giải hệ 2 pt trên ta được:    n = 191/58;  x = 0,11;

Gọi CT của peptit X là:    (Gly)_n(Val)_6-n;   Y là:    (Gly)_m(Val)_4-m;

Ta có:   \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {\rm{X + 6NaOH}}\\ {\rm{Y + 4NaOH}} \end{array} \right\} \to {\rm{ muoi + }}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\ \left\{ \begin{array}{l} {{\rm{n}}_{\rm{X}}}{\rm{ + }}{{\rm{n}}_{\rm{Y}}}{\rm{ = 0,11}}\\ {\rm{6}}{{\rm{n}}_{\rm{X}}}{\rm{ + 4}}{{\rm{n}}_{\rm{Y}}}{\rm{ = }}{{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}}{\rm{ = 0,58}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {{\rm{n}}_{\rm{X}}}{\rm{ = 0,07}}\\ {{\rm{n}}_{\rm{Y}}}{\rm{ = 0,04}} \end{array} \right. \end{array}\)

Theo bảo toàn mol C:     0,07(30 – 3n) + 0,04(20 – 3m) = 0,58.\(\frac{191}{58}\) = 1,91;

→ 7n + 4m = 33; Þ n = 3; m = 3;

Vậy CT phân tử của peptit Y là:  (C₂H₃ON)₃(C₅H₉ON)H₂O;   hay C₁₁H₂₀N₄O₅.

→ Đáp án C.

Có 4 chất khi thủy phân trong dd NaOH dư đun nóng sinh ra ancol là:

 - Benzyl axetat sinh ra ancol là C₆H₅CH₂OH:

CH₃COOCH₂-C₆H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₆H₅CH₂OH.

 - Anlyl axetat sinh ra ancol là CH₂ = CH – CH₂OH

CH₃COOCH₂-CH = CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₂ = CH–CH₂OH.

 - Etyl fomat sinh ra ancol là C₂H₅OH

HCOOC₂H₅ + NaOH→ HCOONa + C₂H₅OH.

- Tripanmitin sinh ra ancol là C₃H₅(OH)₃            

  (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃.

→ Đáp án B.

Khi cho hỗn hợp Fe và Mg vào dd AgNO₃ các phản ứng xảy ra theo thứ tự:

Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag;              

Fe + 2Ag⁺  → Fe²⁺ + 2Ag;

Sau khi pư xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn Y gồm 2 kim loại là Ag và Fe còn dư.

 → ion Ag⁺ pư hết. Vậy 2 muối trong dd X là Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂;  → Đáp án B.

Trong các phát biểu đã cho về cacbohiđrat:

- Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (e), (g);

- Phát biểu (d) sai vì thủy phân saccarozơ thu được 2 loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ.

→ Đáp án A.

Ta có pư xà phòng hóa:  (RCOO)₃C₃H₅ + 3XOH  →   3RCOONa + C₃H₅(OH)₃.

Theo pt ta thấy:       

Cứ 3 mol XOH pư thì khối lượng xà phòng tạo thành chênh lệch 3.(39 – 23) = 48 gam.

       0,06 mol …………………………………………………(18,77 – 17,81) = 0,96 gam.

Vậy số mol glixerol tạo thành = 0,02

Theo bảo toàn khối lượng:    m_{chất béo} = 18,77 + 0,02 . 92 – 0,06 . 56 = 17,25 gam.

→   Đáp án B.

Từ pt (1):      R²⁺  + X  →  R   +  X²⁺;   

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ -  Tinh khu: X  >  R}}\\
{\rm{ -  Tinh oxi hoa: }}{{\rm{R}}^{2 + }}{\rm{  >  }}{{\rm{X}}^{2 + }}
\end{array} \right.\)

Từ pt (2):     R + 2X³⁺  → R²⁺ + 2X²⁺       

 \(\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ -  Tinh khu: R  >  }}{{\rm{X}}^{2 + }}\\
{\rm{ -  Tinh oxi hoa: }}{{\rm{X}}^{3 + }}{\rm{  >  }}{{\rm{R}}^{2 + }}
\end{array} \right.\)

Vậy: Tính oxi hóa: X³⁺ > R²⁺ > X²⁺;  → Đáp án B.

Phản ứng giữa NO₂ và dung dịch NaOH dư tạo 2 muối là NaNO₃ và NaNO₂.

Phản ứng giữa Ba(HCO₃)₂ và dung dịch KOH dư tạo 2 muối là BaCO₃ và K₂CO₃.

 Phản ứng giữa Fe₃O₄ và dung dịch HNO₃ dư chỉ tạo 1 muối là Fe(NO₃)₃.

 Phản ứng giữa Fe₃O₄ và dung dịch HCl dư tạo 2 muối là FeCl₂ và FeCl₃.

→ Đáp án C.

Theo bảo toàn mol Na:    n\(_{\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}}\) = n\(_{{{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}}\)= \(\frac{1}{2}\)(n_NaOH + n\(_{\text{NaN}{{\text{O}}_{3}}}\)); → 38a =  0,37 + a; Þ a = 0,01;   

Ta có:  n_{khí Z} = 0,11 mol; Bảo toàn N:  n_NO + n\(_{\text{N}{{\text{O}}_{2}}}\)= n\(_{\text{NO}_{3}^{-}}\)= 0,01;  Þ n\(_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,1;

m_{khí Z} = \(\frac{239\times 2}{11}\times 0,11\) = 4,78 (g);

→ m_NO + m\(_{\text{N}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,38 → 30n_NO + 46n\(_{\text{N}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,38;

→ n_NO = n\(_{\text{N}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,005; Theo bảo toàn mol e:  n_{e nhận} = n_{e cho} = 3×0,005 + 0,005 = 0,02;

→ n\(_{\text{FeC}{{\text{O}}_{3}}}\)(oxi hóa khử) = n\(_{\text{F}{{\text{e}}^{3+}}}\)= 0,02;

→ 3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = n_NaOH = 0,37;  

→ 6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n\(_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,1; → z = 0,025;

Từ đó ta có hệ pt: \(\left\{ \begin{align} & \text{x + y = 0,1} \\ & \text{116x + 84y = 10} \\ \end{align} \right.\) 

→ x = y = 0,05; → %m\(_{\text{FeC}{{\text{O}}_{3}}}\)= 46,22%;

Đáp án A.

Dùng pp quy đổi.

hh X có:   n_Ba = x; n_K = y; n_O = z; n_Na = n_NaOH = 0,18

\(n_{{{\text{H}}_{2}}}= 0,14; n_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,348;

\(x = \frac{0,93\text{m}}{171}=\text{ }\frac{0,31\text{m}}{57}; y = \frac{0,044\text{m}}{56}\text{ = }\frac{0,011\text{m}}{14}\)

Theo bảo toàn mol e:                      

2x + 0,18 + y = 2z + 2×0,14 = 2z + 0,28;

\(z = x + \frac{\text{y}}{2} - 0,05 = \frac{0,31\text{m}}{57}\text{ + }\frac{0,011\text{m}}{28}\text{ - 0,05}\)

Theo bài ra ta có pt:

\(137\times \frac{0,31\text{m}}{57}\text{ + 39}\times \frac{0,011\text{m}}{14}\text{ + 16(}\frac{0,31\text{m}}{57}\text{ + }\frac{0,011\text{m}}{28}\text{ - 0,05) + 0,18}\times \text{23} = m;\)   

→ m = 25,5 (g).

Ta có:  \(n_{\text{O}{{\text{H}}^{-}}}(dd Y) = 0,18 + 2×\frac{0,31\times 25,5}{57} + \frac{0,011\times 25,5}{14}\) = 0,4774 (mol);

Khi hấp thụ CO₂ vào dd Y: tạo ra a mol HCO\(_{3}^{-}\); b mol CO\(_{3}^{2-}\) ta được hệ pt:

\(\left\{ \begin{align} & \text{a + b = 0,348} \\ & \text{a + 2b = 0,4774} \\ \end{align} \right.\)

\(\left\{ \begin{align} & \text{a = 0,2186} \\ & \text{b = 0,1294} \\ \end{align} \right.\)

→ Ba²⁺ dư; n\(_{\text{BaC}{{\text{O}}_{3}}}\) = n\(_{\text{CO}_{3}^{2-}}\) = 0,1294; → m\(_{\text{BaC}{{\text{O}}_{3}}}\)= 25,9418 (g);

→ Đáp án A.

Theo bảo toàn khối lượng:  m\(_{{{\text{O}}_{2}}}\)= 30,005 – 24,405 = 5,6 (g); → n\(_{{{\text{O}}_{2}}}\) = 0,175 mol;

Bảo toàn e:    5x + 6y + 2z = 0,175×4 + 0,21625×2 = 1,1325;

Bảo toàn H:  n\(_{{{\text{H}}_{2}}\text{O}}\)= \(\frac{1}{2}\)n_HCl = 0,4 mol;

Bảo toàn O:    4x + 3y + 2z = 0,175×2 + 0,4 = 0,75;

Theo bài ra ta có hệ pt: \(\left\{ \begin{align} & 158\text{x + 122,5y + 87z = 30,005} \\ & \text{5x + 6y + 2z = 1,1325} \\ & \text{4x + 3y + 2z = 0,75} \\ \end{align} \right.\) 

→ \(\left\{ \begin{align} & \text{x = 0,12} \\ & \text{y = 0,0875} \\ & \text{z = 0,00375} \\ \end{align} \right.\)

Ta thấy: 0,0875 mol KClO₃ bị nhiệt phân hoàn toàn sinh 0,13125 mol O₂

→còn 0,04375 mol O₂ nữa là do 0,0875 mol KMnO₄;

→ %(KMnO₄ đã bị nhiệt phân) = \(\frac{0,0875}{0,12}\)×100% = 72,92%.     

Đáp án C.

\(\underbrace {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOCH  =  C}}{{\rm{H}}_2}}_{\rm{X}}{\rm{  +  NaOH }} \to {\rm{ }}\underbrace {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COONa}}}_{\rm{Y}}{\rm{  +  }}\underbrace {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CHO}}}_{\rm{Z}}\)

CH₃CHO + AgNO₃ + NH₃ → \(\underbrace {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COON}}{{\rm{H}}_4}}_{\rm{T}}\)

CH₃COONH₄ + NaOH → CH₃COONa + NH₃ + H₂O;

→ Đáp án C.

n\(_{{{\text{O}}_{2}}}\) = 0,59 mol;

Theo bảo toàn khối lượng:  11,16 + 0,59 × 32 = m\(_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\) + 9,36;

n\(_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,47; n\(_{{{\text{H}}_{2}}\text{O}}\)= 0,52;

→ Z là ancol no 2 chức;

→ m_O(trong E) = 11,16 – 0,47 × 12 – 0,52 × 2 = 4,48 (g); → \( n_{\text{O}}^{\text{trong E}}\)= 0,28 mol;

Xét hh E:

\(\left\{ \begin{align} & \text{axit: x mol} \\ & \text{este: y mol} \\ & \text{ancol: z mol } \\ \end{align} \right\}\)

Ta có:   

\(\left\{ \begin{align} & \xrightarrow{\text{BTNT O}}\text{ 2x + 4y + 2z = 0,28} \\ & \xrightarrow{\text{BTLK }\pi }\text{ x + 2y = 0,04} \\ \end{align} \right.\)

 z = 0,1;

→ ancol có 3C  và hai axit có 3C và 4C

→ Axit X: C₃H₄O₂ (a mol); Axit Y: C₄H₆O₂ (b mol);

Este: C₁₀H₁₄O₄ (y mol); Ancol: C₃H₈O₂ (0,1 mol); Þ a + b + 2y = 0,04;

Theo BTNT C:  3a + 4b + 10y = 0,47 – 3 × 0,1 = 0,17;

Theo bài ra:   72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56;

Giải hệ 3 pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;

m = 0,01 × 2(94 + 108) = 4,04 (g). 

Đáp án D.

Gỉa sử độ bất bão hòa trong phân tử chất béo = a. Ta có:

1 = \(\frac{{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}}-\text{ }{{\text{n}}_{{{\text{H}}_{2}}\text{O}}}}{\text{a - 1}}\text{ = }\frac{6}{\text{a - 1}}\) → a = 7

Phân tử chất béo có CT:   (RCOO)₃C₃H₅;

→ Có 4 lk p ở gốc R. Nghĩa là 1 mol chất béo tác dụng với tối đa 4 mol Br₂;

→ Để td 0,6 mol Br₂ số mol chất béo là 0,15 mol.

→ Đáp án D.

Sau khi các pư xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở 2 thí nghiệm bằng nhau Þ khối lượng kim loại tăng ở 2 thí nghiệm bằng nhau.

Thí nghiệm 1: 1 mol Cu²⁺ pư khối lượng kim loại tăng 8 gam

0,2V₁ mol Cu²⁺  pư lượng kim loại tăng 8×0,2V₁ (gam).

Thí nghiệm 2: 2 mol Ag⁺ pư khối lượng kim loại tăng 160 gam.

 0,1V₂ mol Ag⁺ pư .................................8V₂ (gam).

Từ đó ta có:  8V₂ = 1,6V₁; → V₁ = 5V₂; → Đáp án A.

Theo bài ra pentapeptit là: Ala-Gly-Val-Gly-Gly. → Đáp án B.

Từ đồ thị ta có:  n_Ca = n\(_{\text{CaC}{{\text{O}}_{3}}}\)(max) = 0,1;

Lượng kết tủa giảm là quá trình CaCO₃ → Ca(HCO₃)₂;

Lượng kết tủa chạy ngang (không đổi ) là quá trình \(NaOH\to NaHC{{O}_{3}}\);

→ n_NaOH = n\(_{\text{C}{{\text{O}}_{2}}}\)= 0,35 – 0,05 – 0,1 = 0,2; 

n\(_{\text{O}{{\text{H}}^{-}}}\) = 2n_Ca + n_Na = 0,4;

→ n\(_{{{\text{H}}_{2}}}\)= \(\frac{1}{2}\)n\(_{\text{O}{{\text{H}}^{-}}}\)= 0,2 mol; 

V = 4,48 lit; 

Đáp án B.      

Khi đun Z với dd H₂SO₄ đặc thu được đimetyl ete → Z là CH₃OH;

Theo bài ra ta có sơ đồ:   C₆H₈O₄ + NaOH → Y + 2CH₃OH;

Vậy CT của X là:  C₂H₂(COOCH₃)₂;  

CT của Y là:    C₂H₂(COONa)₂;

→ Đáp án B.

Theo bảo toàn khối lượng: n_amin = n_HCl = \(\frac{15-10}{36,5}\)

→  M_amin = \(\frac{10\times 36,5}{5}\)= 73;

Vậy CTPT của amin là C₄H₁₁N; → 3 đồng phân amin bậc 2

Đáp án D.

n_Ag = 2n_glucozơ = 0,2 mol → m_Ag = 21,6 gam → Đáp án C.