Đáp án D

Có n(H₂O) = 0,8 mol.

Do có 2 ancol mà tạo được 4 chất hữu cơ. Trong khi nếu 2 ancol thì tạo số ete tối đa: 3

Nên X gồm 3 ete và 1 anken

2ROH → R₂O + H₂O

ROH → R’ + H₂O

Số mol mỗi chất hữu cơ là: 0,8 : 4 = 0,2 mol => n(ete) = 0,6; n(anken) = 0,2

→ n(ancol) = 0,6.2 + 0,2 = 1,4 mol

m(ancol) = 52,8 + 14,4 = 67,2 → M(ancol) = 67,21,4=48

→ có 1 ancol là CH₃OH và n(CH₃OH) = n(ete) = 0,6

→ n(ancol còn lại) = 0,8 mol

→ M(ancol còn lại) = 67,2-0,06.320,8=60 → C₃H₈O

Tổng số nguyên tử trong phân tử C₃H₈O là: 12.

Lưu ý: Cách khác khi biện luận : Vì hh X gồm 3 ancol và 1 anken

→ X gồm 1 ancol không thể tách nước

nên trong X có chứa CH₃OH với n(CH₃OH) = 0,2.3 = 0,6; n(ROH) = 0,2.4 = 0,8

Đáp án D

CH3COOH + C6H5CH2OH  CH3COOCH2C6H5 (benzyl axetat)

1 số mùi este thông dụng:

Amyl axetat có mùi dầu chuối.

Amyl fomat có mùi mận.

Etyl fomat có mùi đào chín.

Metyl salicylat có mùi dầu gió.

Isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Etyl Isovalerat có mùi táo.

Etyl butirat và Etyl propionat có mùi dứa.

Geranyl axetat có mùi hoa hồng.

Metyl 2-aminobenzoat có mùi hoa cam.

Benzyl axetat có mùi thơm hoa nhài

Đáp án A

Polime không có chứa N trong phân tử khi đốt cháy không cho N₂

+ Tơ axetat: sản phầm khi xenlulozo tác dụng với anhidrit axetic (CH₃CO)₂O không có N

+ Tơ axetat: (-NH[CH2]6NHCO[CH2]4CO-)n : thành phần có N

+ Tơ olon: (-CH2(CN)-CH-)n

+ Tơ tằm: là 1 loại protein mà bản chất là polipeptit thành phần có chứa N

Đáp án D

+ Cho Zn vào dung dịch H₂SO₄ loãng.: tạo khí H₂ (không gây ô nhiễm)

+ Cho Cu vào dung dịch chứa Fe(NO₃)₃ và HCl.: có thể tạo các khí như NO, NO₂ ... là những khí độc, gây ô nhiễm môi trường

+ Thêm từ từ dung dịch HCl và dung dịch NaHCO₃. tạo khí CO₂cũng là 1 khí gây ô nhiễm, nguyên nhân gây hiệu ứng nhà kính

+ Cho Fe vào dung dịch H₂SO₄ đặc nóng.tạo khí SO₂: độc, gây ô nhiễm, nguyên nhân chính gây mưa axit

Đáp án B

n(OH^-) = 2n(Na₂O)=0,08 ; n(HCO₃^-) = 0,08 ; n(Ba²⁺)=0,03 ; n(Ca²⁺) = 0,05

OH^- + HCO₃^- → CO_32- + H₂O

CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃

CO₃^2- + Ca²⁺ → CaCO₃ .

Y gồm BaCO₃ 0,03 ; CaCO₃ 0,05 → m(Y) = 0,03.197 +0,05.100= 10,91

BTKL: m = 0,05.111 + 0,03.100 + 0,05.84 + 0,04.62 +0,03.261 + 437,85 - 10,91 = 450

Đáp án C

Từ 7h đến 17h là 600 phút

1 phút → 1cm² → 0,215 J tổng hợp Glucozơ

600 phút → 1 cm² → 129 J . Vậy trong 1m² → 1290 kJ

Mà 2726 kJ tạo thành 1 mol glucozơ nên 1290 kJ có ≈ 0,473 mol glucozơ → m= 0,4732.180 = 85,176

Đáp án C

(∏ + v) = 6 mà chứa vòng benzen nên sẽ có thêm 2 nhóm COO

Xét từng dữ kiện:

1 mol X tạo thành 2 mol Y nên Y là HCOONa

1 mol Y tạo thành 1 mol nước nên chứng tỏ chỉ có 1 nhóm là este của phenol

→ X là HCOO-CH₂-C₆H₅-OOCH

HCOO-CH₂-C₆H₄-OOCH (X)  + 3NaOH → 2HCOONa (Y) + HO-CH₂-C₆H₄-ONa (Z) + H₂O

2HO-CH₂-C₆H₄-ONa + H₂SO₄ → 2HO-CH₂-C₆H₄-OH (T) + Na₂SO₄

Vậy nên:

T phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:1 ( chứ không phải tỉ lệ 1:2)

Đáp án A

Có n(OH^-) = n(H₂O) = n(X) + 2n(H₂SO₄) +n(HCl) = 0,02 + 2. 0,2.0,1 + 0,2. 0,3 = 0,12 mol

→ V = 0,12 : (0,2 + 0,4) = 0,2 lít

BTKL → m(muối) = 0,02. 104 + 0,02. 98 + 0,06. 36,5 + 0,04. 40 + 0,08. 56- 0,12. 18 = 10,15 gam

Đáp án C

Fructozo mặc dù không thủy phân trong môi trường axit nhưng X không làm mất màu dd brom

Saccarozo và tinh bột là polisaccarit, có bị thủy phần trong axit và cũng không làm mất màu dd brom

Đáp án A

Quan sát các chất trong hh X:

+) axit metacrylat: C₄H₆O₂

+) axit ađipic: C₆H₁₀O₄

+) axit axetic: C₂H₄O₂

+) glixerol: C₃H₈O₃

trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic

nên quy đổi axit metacrylat và axit axetic thành C₆H₁₀O₄≡ công thức axit ađipic

→ Quy đổi hỗn hợp X thành C₆H₁₀O₄ ( a mol) và C₃H₈O₃( b mol)

→ m_X = 146a + 92b = 26,72

Đốt cháy có n(BaCO₃) = 0,5 mol

BTNT (Ba): n(Ba(HCO₃)₂) = 0,76 – 0,5 = 0,26

BTNT (C): n(CO₂) = 0,26.2 + 0,5 = 1,02 = 6a + 3b

Giải hệ: a = 0,12; b = 0,1

- X tác dụng 0,3 mol KOH → chất rắn gồm: 0,12 mol C₆H₈O₄K₂  và 0,06 mol KOH dư

→ m(rắn) = 222.0,12 + 0,06.56 = 30 gam

Cho 30,9 gam Y gồm FeO, Mg(NO₃)₂ và Al tác dụng với 1,4 mol KHSO₄ thu được 208,3 gam muối trung hòa và 0,15 mol hỗn hợp khí T có Mr¯=623 do vậy T có khí H₂, mặt khác trong T có một khí hóa nâu ngoài không khí do đó T chứa NO.

Giải được số mol H₂ và NO trong T lần lượt là 0,05 và 0,1 mol.

Bảo toàn khối lượng:  mH2O = 30,9 + 190,4 - 208,3 - 0,15.62/3 = 9,9 → nH2O = 0,55 mol

Do thu được muối trung hòa nên H⁺ hết. → BTNT H: 

nNH4+ = 0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố N:

nMg(NO3)2 = 0,075 mol

Bảo toàn O: nFeO = 0,55 + 0,1 - 0,075.6 = 0,2 mol

mAl = 5,4 → %Al = 17,476%

Đáp án D

Nhận thấy X là 3-peptit, Y là este của axit glutamic. Cho E tác dụng với NaOH vừa đủ thu được dung dịch có chứa muối của Ala và

2 ancol.

Do vậy X tạo bởi Ala do đó X chỉ có thể là Ala₂Gly (do X có 8C không thể chứa 1 hoặc 3 Ala được).

Y là este của axit glutamic và có k=2 do đó 2 ancol tạo thành Y no.

Ta có Y có 10 C nên 2 ancol toạ thành Y có tổng cộng 5C và 2ancol tạo ra sẽ có số mol bằng nhau.

Nên đun nóng ancol F thì thu được hỗn hợp ete có thể quy về ete có CTPT C₅H₁₂O

→ n(este) = 0,24 → n(Y)=0,24 → n(X)=0,1→n(muối Ala tạo ra)= 0,2

→ m=22,2 gam

Đáp án B

Ta có : $n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,5 mol$

Cho Ba tác dụng với Al2(SO4)3 tức là cho Ba tác dụng với H2O tạo ra Ba(OH)2 sau đó chất này tan.

Gọi số mol Ba là x. Ta có số mol kết tủa BaSO4 tạo ra là 0,15, số mol H2 là x mol.

Ta có: nAl(OH)3 = 4nAl3+ - nOH- = 0,1.4 - 2x

Áp dụng bảo toàn khối lượng, khối lượng dung dịch giảm là:

78.(0,4 - 2x) + 0,15.233 + 2x - 137x = 19,59

Giải được: x = 0,16.

nAlO2- = 0,1 - (0,4 - 2x) = 0,02 mol

Vậy khi sục CO2 dư vào X thì kết tủa tạo ra là Al(OH)3 0,02 mol (không thể có BaCO3).

$m=1,56 gam$

Đáp án C

Vì từ X₃ ra NaOH nên X₃ phải là NaCl không thể là Na₂SO₄ hoặc NaNO₃.

Nếu X₁ là Na₂SO₄ thì không thể tạo ra X₂ là Na₂CO₃ do axit H₂SO₄ mạnh hơn H₂CO₃.

Vậy X₁ là Na₂CO₃, X₂ là NaHCO₃ còn X₃ là NaCl.

Đáp án A

TH1: Gọi a, b lần lượt là số mol của X,Y. Khi cho E tác dụng với NaOH thì:

NH₄OOC-COONH₃CH₃ + NaOH → (COONa)₂ + NH₃ + CH₃NH₂ +H₂O

a mol                                   a                 a                    a            a

(CH₃NH₃)₂CO₃ + NaOH → 2CH₃NH₃ + Na₂CO₃ + H₂O

b mol                       b                2b               b

a = 0,01 Mà  (a + a + 2b) = 0,06 → b = 0,02.

m(muối) = 134.a + 106.b= 3,46

 TH2: X là NH₄OOC-CH₂-COONH₄ còn Y là (CH₃NH₃)₂CO₃ hoặc Y là (CH₃NH₃)₂CO₃ đều không thoả mãn vì từ số mol khí không khớp với số mol của X là 0,01 và số mol Y là 0,02

Đáp án D

HD : etin, eten, propenoic, phenol và triolein

Đáp án C

CuO

Loại quặng đó là pirit sắt.

Đáp án C

Quá trình nhiều phân tử nhỏ (monome) kết hợp với nhau thành phân tử lớn (polime) đồng thời giải phóng những phân tử nước gọi là phản ứng trùng ngưng.

Đáp án A

Đáp án A

Giả sử X gồm có a Gly và b Ala

=> X + (a + b)NaOH → muối + H₂O

Bảo toàn khối lượng : mX + mNaOH = mrắn + mH₂O

, nNaOH = 2nNaOH pứ = 0,2.(a  + b) ; nH₂O = nX = 0,1 mol

=> 0,1.⁷⁵a + 89b – 18(a + b – 1)] + 40.0,2(a+b) = 57,6 + 0,1.18

=> 13,7a + 15,1b = 57,6g

Ta thấy a = 2 và b = 2 thảo mãn

=> X là (Gly)₂(Ala)₂

=> có 6 công thức thỏa mãn

Đáp án D

Bước 1. Tính khối lượng tổng của peptit

Vì Gly, Ala, Val đều là amino axit no, mạch hở có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên ta gọi công thức trung bình của X, Y là:

H-(HN-C_nH_2n-CO)_x-OH: a mol

Thủy phân E bằng dung dịch NaOH:

H-(HN-C_nH_2n-CO)_x-OH + xNaOH xH₂N-C_nH_2n-COONa + H₂O(1)

Theo (1) suy ra mmuối = (14n + 83).ax = 9,02 gam (I)

Đốt E:

Cnx+xH2nx+x+2NxOx+1 3nx2+3x4O₂ →(nx+x)CO₂ + nx+x2+1H₂O+12N₂ (2)

Theo (2) ta có: nO₂ 3nx2+3x4a = 0,315 mol (II)

nH₂O = nx+x2+1a= 0,24 mol (III)

Giải hệ (I, II, III) được: nxa = 0,17 mol; xa = 0,08 mol ; a = 0,03 mol

Vậy nNaOH = ax = 0,08 mol; nH₂O ở (1) = a = 0,03 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phương trình (1) được

m = 9,02 + 0,03.18 - 0,08.40 = 6,36 gam.

Bước 2. Biện luận tìm công thức các peptit

Gọi số C của X là t, số C của Y là u ⇒ 0,01t + 0,02u = 0,25 mol ⇔ t + 2u = 25

Vậy t phải là số lẻ, tức là X phải có số C lẻ phải có 1 gốc Gly (2C): Gly-Ala (t = 5) hoặc Gly-Val (t = 7). Nhưng MGly-Ala = 146 < 150 ⇒ loại

Vậy: t = 7 và u = 9 ⇒ GmAnVp có 9C ⇒2m+3n+5p=9⇒2m+3n+5p=9m+n+p=3

Vậy 2 peptit là X = GlyVal: 0,01 và Y = Ala₃: 0,02

Từ đó %MX₂ = 0,01.174 : 6,36 = 11,63%

Đáp án D

Khi A tác dụng với CO thì: nO (pư) = nCO (pư) =0,125 mol

nNO = 0,09 mol, nHNO₃ = 0,69 mol

Xét 2 trường hợp:

TH₁: dung dịch C chứa Fe(NO₃)₃ + HNO₃ (có thể dư)

Qui đổi hỗn hợp B thành Fe và O:Fe: x molO: y mol

Bảo toàn e ta có: 3x – 2y = 3nNO và 56x + 16y = 16,568 – 0,125.16 = 14,568

Giải hệ ⇒x = 0,2091 và y = 0,17865 mol ⇒ Số mol N sử dụng Fe(NO₃)₃: 0,2091 và NO: 0,09

Theo BTN: nN = 0,02091.3 + 0,09 = 0,7173 > 0,69 mol ⇒ loại

TH2: HNO₃ hết, dung dịch C chứa 2 muối Fe(NO₃)₃ hoặc Fe(NO₃)₂

- Bảo toàn H: nH₂O = 0,0345 mol

- Bảo toàn oxi cho toàn quá trình

y = (0,69 – 0,09).3 + 0,09.1 + 0,345 - 0,69.3 = 0,165 ⇔ 56x + 16y = 14,568 ⇔ x = 0,213 mol

Ta có:

→ a + b = 0,213

→ 3a+2b = 0,69 – 0,09 = 0,6

a =0,174; b=0,039

m = 0,174.107 + 0,039.90 = 22,128 gam

Đáp án A

Hg, W

Đáp án D

đáp án A. có 4 công thức thỏa mãn

(CH₃)₂CH−CH₂−CH(CH₃)₂ 

(C₂H₅)₃CH

C₂H₅−C(CH₃)₂−C₂H₅ 

(CH₃)₃C−CH(CH₃)₂

Đáp án D

Tơ capron, tơ nilon – 6,6 , tơ enang

Đáp án D

Ta có: amin tác dụng HCl tạo ra muối.

BTKL: m(HCl) + m(X) =m (muối)

Tìm được m(HCl) = 3,65 g nên n(HCl) =0,1 mol

Vì amin là đơn chức nên n(X) =n(HCl) = 0,1 mol

Suy ra M(X) = 5,9 / 0,1 = 59

Vậy CT X: C₃H₉N

Các CTCT thỏa mãn:

C-C-C-N

C-C(C)-N

C-C-N-C

C-N(C)-C

Đáp án C

Các chất lưỡng tính: Sn(OH)₂, Pb(OH)₂, Al(OH)₃, Cr(OH)₃

Đáp án D

+ Công thức của isopropylamin là: CH₃- CH(NH₂)CH₃ : là một amin bậc 1

+ Anilin có công thức là C₆H₅NH₂ : nhóm phenyl làm giảm mật độ e ở nguyên tử nito do đó làm giảm lực bazo, tính bazo của anilin yếu không làm đổi màu quỳ và phenolphtalein

+ Ở nhiệt độ thường, 1 số amin : metyl- ; đimetyl- ; trimetyl- ; etylamin là nhưng chất khí, mùi khai khó chịu, độc, dễ tan trong nước. Tuy nhiên các đồng đẳng cao hơn là chất lỏng/ rắn và độ tan giảm dần theo chiều tăng phân tử khối. Anilin ít tan trong nước.

+ Nhận biết anilin dùng dd brom (tạo kết tủa trắng)

Đáp án B

glyxin: H₂N- CH₂- COOH

anilin: C₆H₅-NH₂

axit glutamic: HOOC-CH₂- CH₂- CH(NH₂) -COOH

Amilopectin là 1 thành phần của tinh bột, chiếm từ 70-80% khối lượng tinh bột

Đáp án C

Sản xuất nhôm từ quặng boxit : khí oxi sinh ra ở cực dương đốt cháy dần dần than chì sinh ra CO₂

Sản xuất xút từ muối ăn: sinh ra khí clo

Sản xuất rượu vang từ quả nho chín.: sinh ra khí CO₂

Đáp án B

Ca²⁺, Mg²⁺

Đáp án B

natri axetat và natri phenolat

Đáp án A

X và Y có khả năng tráng bạc và tác dụng NaOH tạo muối nên chúng là este có dạng HCOOR và axit R'COOH

Mà M(X) < M(Y) < 70 nên X là HCOOH, và Y là HCOOCH₃

Vậy d(Y/X) = 60/ 46 = 1,305

Đáp án A

Gọi M có số oxi hóa từ 0 lên +n

BT e: ta có: 8,1n/ M = 10,08. 2/ 22,4

Tìm được M = 9n.

Cặp nghiệm thỏa mãn là n= 3 và M= 27 (Al)

+ Al có thể tác dụng với dd HCl và NaOH

+ Al được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy

+ Độ dẫn điện của Al < Cu

+ Al là kim loại nhẹ ( 2,7 g/ cm^3)

Đáp án D

Gọi n(glu) = x; n(sac) = y

Ta có: Tổng khối lương 2 chất là 7,02 g nên 180x + 342y = 7,02

Thủy phân 2 chất thì lượng glu ban đầu vẫn giữ nguyên ( tráng bạc cho ra 2 Ag) , còn sac thì thủy phân ra 2 phân tử glu mới (tráng bạc cho tổng 4Ag)

Vậy 2x + 4y = 8,64/ 108

Tìm được x= 0,02 và y= 0,01

Vậy % glu ban đầu = 0,02. 180 . 100% / 7,02 = 51,28%

Đáp án D

Ta có: n(Cl₂) = 0,06mol

Sản phẩm của quá trình Cr₂ +6 nhận e là Cr+3 và sản phẩm của quá tình Cl₂ nhường e là Cl^-

BT e: n(K₂Cr₂O₇) = 0,06 . 2 / 6= 0,02 mol

Vậy V= 0,2 (l)

Đáp án B

CT của các chất lần lượt là: Vinyl foamt (HCOOC₂H₃) , metyl acrylat (C₂H₃COOCH₃); glucozo (C₆H₁₂O₆) ; saccarozo (C₁₂H₂₂O₁₁) ; etylamin (C₂H₅NH₂); alanin (H₂N- CH(CH₃)-COOH

+ Các chất đơn chức, mạch hở bao gồm: vinyl fomat, metyl acrylat,etylamin (3 chất) (lưu ý: một số hợp chất có 1 nhóm chức này nhưng có thâm 1 hay các nhóm chức khác không được gọi là đơn chức mà gọi là tạp chức)

+ Các chất bị thủy phân trong kiềm gồm có vinyl fomat, metyl acrylat. (2 chất) (lưu ý: phản ứng của alanin td với NaOH không gọi là thủy phân và các cacbohidrat bị thủy phân trong axit chứ không phải kiềm)

+ Các chất tham gia tráng bạc: vinyl fomat, glucozơ (2 chất)

+ Các chất làm mất màu nước brom: vinyl fomat, metyl acrylat, glucozơ ( 3 chất)

Đáp án C

Giả sử m = 10 g, khi đó n(X) = 0,1 mol

Theo dữ kiện đề bài thì khi cho Y vào nước dư thu được 0,025 mol CaCO₃

→ hỗn hợp X chứa 0,025 mol CaCO₃ và 0,075 mol KHCO₃. Các quá trình phản ứng xảy ra:

2KHCO₃ → K₂CO₃ + CO₂

CaCO₃  → CaO + CO₂

Khi cho Y vào nước dư thì:

K₂CO₃ + CaO + H₂O  → CaCO₃ + 2KOH

Vậy dung dịch E gồm K₂CO₃ dư (0,0125) và KOH (0,05)

PT:

H⁺ + OH^-  → H₂O

H⁺ + CO₃^2-  → HCO₃^-

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

Lượng HCl cho vào E đến khi bắt đầu thoát khí là:

n(HCl)₁ = n(K₂CO₃) + n(KOH) = 0,0625

Lượng HCl cho vào E đến khi thoát hết khí là:

n(HCl)₂ = 2n(K₂CO₃) + n(KOH) = 0,075

=> n(HCl)₁ : n(HCl)₂ = 5:6

Đáp án B

Gọi X có CT là C_xH_yO_zN_t

Ta có: x: y: z: t = (40,449/12) : (7,865/1) : (35,956/ 16) : (15,73/14) = 3: 7: 2: 1

X có CTPT trùng CTĐGN nên X là C₃H₇O₂N

X có thể tác dụng với kiềm và axit nên X có thể là: NH₂- CH(CH₃) -COOH hoặc NH₂- CH₂- COO-CH₃.

Khi cho 4,45 gam X ứng với n(X) =0,05 mol, thì m(muối)= 4,85g tức là M(muối) = 4,85/ 0,05 = 97

Vậy X là NH₂- CH₂- COO-CH₃.

Như vậy:

+ X vừa tác dụng HCl, vừa tác dụng NaOH là đúng

+ X chứa 1 nhóm chức este COO

+ X là hợp chất no, tạp chức (bao gồm chức NH₂ và COO)

+ X khó tan trong nước hơn alanin vì alanin tồn tại dạng ion lưỡng cực  (muối nội phân tử)

Đáp án D

Ta có: m(bình tăng) = m(F) – m(H₂) → m(H₂) = 0,33 → n(H₂) = 0,165

→ n(OH ancol) = n(CHO) = 0,33 # 0,63 → hỗn hợp có anđehit không no.

Khi đốt cháy ancol, gọi n(CO₂) = a và n(H₂O) = b

BTNT (O): 2a + b = n(OH) + 2n(O₂) = 2,13

BTKL: m(ancol) = m(C) + m(H) + m(O) → 12a + 2b = 9,3

→ a = 0,63 và b = 0,87 → n(ancol) = n(H₂O) – n(CO₂) = 0,24

Nhận xét: n(ancol) = 0,24 mà n(OH) = 0,33 → Số nhóm OH trung bình trong F = 0,33 : 0,24 = 1,375

→ Có 1 chất đơn chức. Mà 2 chất hơn kém nhau 1 chức → hỗn hợp có 1 chất 1 chức và 1 chất 2 chức.

Gọi n(ancol đơn) = x và n(ancol 2 chức) = y → x + y = 0,24 và x + 2y = 0,33 → x = 0,15 và y = 0,09

Gọi số lk pi trong anđehit đơn là u và trong anđehit 2 chức là v → 0,15u + 0,09v = 0,63

Cặp nghiệm thỏa mãn: u = 3 và v = 2

Với v = 2 → (CHO)₂ → ancol: C_2­H₄(OH)₂ (0,09 mol) → m(ancol đơn) = 9 → M(ancol đơn) = 60

Ancol đơn: C_nH_2n+2O → n = 3 → C₃H₇OH → andehit: CH≡C-CHO (0,15 mol)

Khi cho hỗn hợp CH≡C-CHO (0,15 mol) và (CHO)₂ (0,09 mol)

→ kết tủa là: Ag (0,15. 2 + 0,09. 4 = 0,66 mol) và CAg≡C-COONH₄ (0,15 mol) → m = 100,38