n_CO2 = a

n_OH- = 2n_Ca(OH)2 = 2b

=> n_OH-/n_CO2 = 2b/a

Do phản ứng tạo 2 muối nên ta có: 1 < 2b/a < 2 => a < 2b < 2a

+ a < 2b

+ 2b < 2a => b < a

=> b < a < 2b

Đáp án A

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

BTKL: m_NaOH = m _muối + m_ancol – m_este = 4,1 + 1,88 – 3,98 = 2 gam

=> n_NaOH = 0,05 mol

Do các este là đơn chức nên ta có: n _muối = n _ancol = n_NaOH = 0,05 mol

=> M _muối = 4,1: 0,05 = 82 (CH₃COONa)

=> M _ancol = 1,88: 0,05 = 37,6 => 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

Vậy 2 este là: CH₃COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅.       

(1) (2) sai vì xenlulozo không tan trong nước và các dung môi thông thường như ete, benzen.

(3) đúng vì xenlulozo bị thủy phân trong môi trường axit đun nóng tạo glucozo.

(4) đúng, xenlulozo là nguyên liệu điều chế thuốc nổ xenlulozo trinitro, …

(5) đúng

(6) sai vì Xenlulozơ trinitrat là nguyên liệu để điều chế thuốc nổ.

Đáp án D

* m gam X phản ứng với K:

Chỉ có phenol và axit axetic phản ứng với K:

C₆H₅OH + K → C₆H₅OK + 0,5H₂

CH₃COOH + K → CH₃COOK + H₂

Theo PTHH: n_C6H5OH + n_CH3COOH = 2n_H2 = 0,22 mol

=> n_CH3COOC2H5 = n_X – (n_C6H5OH + n_CH3COOH) = 0,3 – 0,22 = 0,08 mol

* m gam X phản ứng vừa đủ với NaOH:

Ta thấy các chất đều phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol là 1:1 => n_X = n_NaOH = 0,3 mol

Mặt khác: n_H2O = n_C6H5OH + n_CH3COOH = 0,22 mol; n_C2H5OH = n_CH3COOC2H5 = 0,08 mol

BTKL: m_X + m_NaOH = m_Y + m_H2O + m_C2H5OH

=> m_Y – m_X = m_NaOH – m_H2O – m_C2H5OH = 0,3.40 – 0,22.18 – 0,08.46 = 4,36 gam

Đáp án A

Gọi công thức chung của kim loại kiềm đó là X

X + HCl → XCl + 0,5H₂

Theo PTHH: n_X = 2n_H2 = 0,2 mol

=> Li (M = 7) < M_X = 3,8 : 0,2 = 19 < Na (M = 23)

Đáp án A

Do E có khả năng tráng bạc nên X có dạng HCOOR’ => X cũng phản ứng với Br2

n_Br2 = n_X + n_Y + 2n_Z = 0,14 mol

=> n_O(E) = 2n_X + 2n_Y + 4n_Z = 0,28 mol

Giả sử CO₂ (a mol) và H₂O (b mol)

m_{CO2 + H2O} = 44a + 18b = 19,74

BTNT “O”: 2a + b = 0,28 + 0,335.2 = 0,95

=> a = 0,33 và b = 0,29

Mà: n_CO2 – n_H2O = n_Y + 3n_Z => n_Y + 3n_Z = 0,04

=> n_Y = n_Z = 0,01 mol => n_X = 0,11 mol

=> n_E = 0,11 + 0,01 + 0,01 = 0,13 mol

=> C _tb = 0,33 : 0,13 = 2,54

=> X là HCOOCH₃ (vì Z có tối thiểu 3C, Z có tối thiểu 8C)

=> m_X = 0,11.60 = 6,6 gam

Đáp án D

A đúng

B sai vì có những chất trong phân tử có H nhưng không có khả năng phân li ra ion H+. VD: HPO₃^2-

C sai vì có những chất trong phân tử có nhóm OH nhưng không có khả năng phân li ra ion OH^-

D sai vì chất không có nhóm OH trong phân tử tức là không có khả năng phân li ra OH^-

Đáp án A

Từ (2) ⟹ ancol Y₂ là ancol no

Y₃ là este mà có công thức phân tử là C₆H₁₀O₂

⟹ Y₃ là este đơn chức, có 2 liên kết đôi.

Y₁ và Y₂ đều tạo thành từ X nên có cùng số nguyên tử C

⟹ Y₁ và Y₂ có 3C

Vậy Y₃ là CH₂=CH-COOC₃H₇ ; Y₂ là C₃H₇OH ; Y₁ là CH₂=CH-COOH

⟹ X là CH₂=CH-CHO (anđehit acrylic)

Đáp án B

Thủy tinh hữu cơ (plexiglas) được điều chế từ monome là CH₂=C(CH₃)–COOCH₃ (Metyl metacrylat).

Đáp án B

BTKL: m_X = m_Y => n_X.M_X = n_Y.M_Y => \({n_X} = {n_Y}.\frac{{{M_Y}}}{{{M_X}}} = 1.0,5 = 0,5\) mol

Công thức trung bình của X: C₄H_m

m = (8.1 + 10.3) : 4 = 9,5

=> C₄H_9,5

Vì H₂ có thể viết được dưới dạng là C₀H_2.0+2 nên ta có thể đặt công thức chung của Y là C_xH_y (1 mol)

BTNT “C”: 1.x = 0,5.4 => x = 2

BTNT “H”: 1.y = 9,5.0,5 => y = 4,75

=> Y: C₂H_4,75 có hệ số bất bão hòa: k = (2C+2-H):2 = (2.2 + 2 – 4,75) : 2 = 0,625

=> n_Br2 = k.n_Y = 0,625 mol

=> m_Br2 = 100 gam

Đáp án B

A. CH₃COOCH=CH₂ => loại

B. HCOOCH=CH₂ => loại

C. CH₃COOC₆H₅ => Loại

D. CH₃COOC₂H₅ được điều chế từ axit CH₃COOH và ancol C₂H₅OH

Đáp án D

BTNT Na: n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,06 (mol) > n_este = 0,05 (mol)

=> Đặt este X tạo bởi ancol là x (mol); este Y tạo bởi phenol là y (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{hh}} = x + y = 0,05\\{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,06\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,04\\y = 0,01\end{array} \right.\)

BTNT C: n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,12 + 0,03 = 0,15 (mol)

Số nguyên tử C trung bình của hai este là: 0,15/0,05 = 3

=> X: HCOOCH₃: 0,04 (mol)

Y: C_nH_yO₂: 0,01 (mol)

∑n_CO2 = 0,04.2 + 0,01.n = 0,15

=> n= 7

=> CTCT Y: HCOOC₆H₅

Hỗn hợp Z thu được gồm: HCOONa: 0,05 ; C₆H₅ONa:0,01 ; CH₃OH:0,04

Làm bay hơi hỗn hợp Z thu được: HCOONa: 0,05 ; C₆H₅ONa:0,01

=> m = 0,05. 68 +0,01.116 = 4,56 (g) gần nhất với 4,5 g

Đáp án D

n_{hh khí} = 0,685 (mol)

Đặt n_NO = a (mol); n_NO2 = b (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{hh}} = a + b = 0,685\\{m_{hh}} = 30a + 46b = 31,35\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,01\\b = 0,675\end{array} \right.\)

Đặt n_FeS2 = x (mol); n_Fe3O4 = y (mol)

Qúa trình nhường e

\(\begin{array}{l}\mathop {Fe}\limits^{ + 2} {\mathop S\limits^{ - 1} _2} \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} \, + \mathop {\,2S}\limits^{ + 6} \, +  & 15e\\x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, & 15x\\{\mathop {Fe}\limits^{ + 8/3} _3}{O_4} \to 3\mathop {Fe}\limits^{ + 3}  +  & e\\y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, & y\,\end{array}\)

Quá trình nhận e

N⁺⁵ +3e → N⁺²

        0,03←0,01 (mol)

N⁺⁵ +1e → N⁺⁴

       0,675 ←0,675 (mol)

Dung dịch chứa hỗn hợp muối: Fe³⁺: x +3y (mol); SO₄^2-: 2x(mol)

Bảo toàn điện tích: n_NO3- = 3n_Fe3+ - 2n_SO42- = 3(x +3y) -4x

=> n_NO3- = 9y –x

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}BTe:15x + y = 0,03 + 0,675\\{m_{muoi}} = 56(x + 3y) + 96.2x + 62(9y - x) = 30,15\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,045\\y = 0,03\end{array} \right.\)

BTNT N: n_HNO3 = n_NO3- + n_NO + n_NO2 = 0,225 + 0,01+0,675 = 0,91 (mol)

=> m_HNO3 = 57,33 (g)

\(\% HN{O_3} = a\%  = \dfrac{{{m_{HN{O_3}}}}}{{m{\,_{dd\,HN{O_3}}}}}.100\%  = \dfrac{{57,33}}{{100}}.100\%  = 57,33\% \)

Đáp án A

Khối lượng hỗn hợp anđêhit trong mỗi phần là 10,4 (g)

Phần 1: n_Ag = 1(mol)

Nếu cả 2 anđehit cùng tráng gương cho ra 2Ag => n_anđehit = 1/2n_Ag = 0,5 (mol)

=> M_anđehit = 10,4 : 0,5 = 20,8 => Vô lí => Loại

Vậy 2 cặp anđehit ban đầu là HCHO: x (mol) và CH₃CHO: y (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{gathered}
{n_{Ag}} = 4x + 2y = 1 \hfill \\
{m_{hh}} = 30x + 44y = 10,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0,2 \hfill \\
y = 0,1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

Phần 2: n_CH3OH = 0,2 (mol); n_C2H5OH = 0,1 (mol)

%Phản ứng tạo ete của CH₃OH = 50% => n_CH3OH pư = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)

Đặt số mol C₂H₅OH pư = a (mol)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng tạo ete ta có:

m_{CH3OH PƯ} + m_{C2H5OH PƯ} = m_ete + m_H2O

=> 0,1.32 + 46a = 4,52 + (0,1+a)/2. 18

=> 46a-9a=2,22

=> a = 0,06 (mol)

=> Hiệu suất phản ứng tạo ete Y là: \(\% H = \frac{{{n_{{C_2}{H_5}OH\,pu}}}}{{{n_{{C_2}{H_5}OH\,bd}}}}.100\%  = \frac{{0,06}}{{0,1}}.100\%  = 60\% \)

Đáp án A

n_Glu = 360:180 = 2 (mol)

Vì H=80% nên số mol Glu thực tế tham gia phản ứng là: n_Glu = 2. 80%:100% = 1,6 (mol)

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ →2CaCO₃

1,6                              → 3,2  (mol)

m_CaCO3 = 3,2.100 = 320 (g)

Đáp án C

n_O2(ĐKTC) = 0,29 (mol); n_Na2CO3  = 0,04 (mol); n_CO2(ĐKTC) = 0,24 (mol); n_H2O = 0,1 (mol)

BTNT Na: n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,08 (mol)

BTNT C: n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,04 + 0,24 = 0,28 (mol)

BTKL cho phản ứng đốt cháy:

m_muối = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 4,24 + 0,24.44 +1,8 – 0,29.32 = 7,32 (g)

BTKL cho phản ứng xà phòng hóa:

m_A + m_NaOH = m_muối + m_H2O

=> m_H2O = 4,84 + 0,08.40 – 7,32 = 0,72 (g)

=> n_H2O = 0,04 (mol)

BTTN H: n_H(A) + n_H(NaOH) = n_H(Muối)  + n_H(H2O)

=> n_H(A) + 0,08 = 0,1.2 + 0,04.2

=> n_H(A) = 0,2 (mol)

\( \Rightarrow {n_{O(A)}} = \frac{{4,84 - 0,28.12 - 0,2}}{{16}} = 0,08\,(mol)\)

Gọi công thức của A có dạng C_xH_yO_z

x : y : z = n_C : n_H : n_O = 0,28 : 0,2 : 0,08

             = 7 : 5 : 2

=> A có dạng (C₇H₅O₂)n

Số nguyên tử H luôn chẵn => A có công thức C₁₄H₁₀O₄

A tác dụng với NaOH chỉ sinh ra muối và nước => A là este của phenol

Vì n_NaOH : n_H2O = 2: 1 => A có công thức: C₆H₅-OOC-COO-C₆H₅: 0,02 (mol)

Vậy muối thu được gồm: NaOOC-COONa:0,02 mol và C₆H₅ONa: 0,04 (mol)

\(\% {C_6}{H_5}ONa = \frac{{0,04.116}}{{7,32}}.100\%  = 63,38\% \)

Đáp án C

HOC₆H_4­OH (Z) là phenol đa chức.

C₆H₅CH₂OH (Y); C₆H₅CH₂CH₂OH (T) cùng thuộc dãy đồng đẳng của ancol thơm.

Số hiệu nguyên tử Z = số p = số e = 19

Đáp án A

Các chất làm đổi màu quỳ tím thành xanh là: CH₃NH₂; NH₃

Đáp án C

 (1) HCOOC₂H₅ + NaOH → HCOONa + C₂H₅OH

(2) CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO

(3) (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅(OH)₃

(4) CH₂=CH-COOCH₃ + NaOH → CH₂=CH-COONa + CH₃OH

(5) CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

=> Có (1), (3), (4) thu được ancol

Đáp án A

n_{CH2=C(CH3)-COOCH3} = n_CH3OH = 0,01 (mol)

Đặt n_CH3COOH = a (mol); n_C6H5COOH = b (mol)

Ta có hệ phương trình sau:

\(\left\{ \begin{gathered}
{n_{C{O_2}}} = 2a + 7b + 0,01.5 = 0,38 \hfill \\
{n_H} = 4a + 6b + 0,01.8 = 0,29.2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 0,095 \hfill \\
b = 0,02 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Muối gồm: CH₂=C(CH₃)COONa: 0,01 ; CH₃COONa: 0,095 ; C₆H₅COONa : 0,02 (mol)

=> m_muối = 108.0,01 +82.0,095+144.0,02 = 11,75 (g)

Đáp án B

n_Cu = 24 : 64 = 0,375 (mol); n_NaNO3 = 0,4.0,5 = 0,2 (mol); n_HCl = 0,5.2 = 1 (mol)

PT ion rút gọn:

               3Cu + 2NO₃^- + 8H⁺ → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Ban đầu 0,375   0,2          1                                              (mol)

Phản ứng 0,3  ← 0,2 →  0,8          0,3        0,2                  (mol)

Sau         0,075    0          0,2                                             (mol)

V_NO(đktc) = 0,2.22.4 = 4,48 (lít)

n_NaOH = n_HCl + 2n_Cu2+ = 0,2 + 2.0,3 = 0,8 (mol)

=> V_NaOH = n_NaOH : C_M = 0,8 : 0,5 = 1,6 (lít)

Đáp án D

Etyl axetat (CH₃COOC₂H₅) và propyl fomat (HCOOC₃H₇) là đồng phân vì chúng đều có CTPT là C₄H₈O₂.

Chọn D.

Al + 4HNO₃ →  Al(NO₃)₃ +  NO + 2H₂O

Nên b : c = 4 : 1

Đáp án A

Chất không có liên kết bội kém bền thì không tham gia được phản ứng trùng hợp

→ toluen (C₆H₅CH₃) không có liên kết đôi kém bền nên không tham gia trùng hợp được

Đáp án B

Fe không tác dụng được với dung dịch NaOH

Đáp án D

Kim loại đứng trước trong dãy điện hóa có tính khử mạnh nhất

Tính khử: Mg > Fe > Cu > Ag.

→ kim loại nào có tính khử mạnh nhất Mg 

Đáp án C

Anken X có công thức phân tử là C_nH_2n (n ≥2)

PTHH: C_nH_2n + Br₂   → C_nH_2nBr₂

             0,1  ← 0,1                     (mol)

⟹ M_anken = 5,6 : 0,1 = 56 ⟹ 14n = 56 ⟹ n = 4

Vậy anken là C₄H₈.

Đáp án A

Đặt n_Al = x mol và n_Mg = y mol

Có Al → Al ⁺³ + 3e

Mg → Mg⁺²+ 2e

2H⁺¹ + 2e → H₂

Theo bảo toàn e có : 3x + 2y = 2n_H2

Bảo toàn KL có m_{dd tăng} = m_KL – m_H2 = 7 → m_H2 = 7,8 – 7 = 0,8 → n_H2 = 0,4 mol

Ta có hệ phương trình sau

\(\left\{ \begin{gathered}3x + 2y = 0,4.2 \hfill \\27x + 24y = 7,8 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}x = 0,2 \hfill \\y = 0,1 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{m_{Al}} = 5,4 \hfill \\{m_{Mg}} = 2,4 \hfill \\\end{gathered}  \right.\)

Đáp án C

Fructozo có nhóm chức xeton nên có khả năng phản ứng với H₂

Glucozo, mantozo có nhóm chức anđêhit nên phản ứng được với H₂

Saccarozo có cấu tạo

Nên không phản ứng với H₂

Đáp án A

Kim loại chỉ điều chế được bằng phương pháp điện phân nóng chảy là K

Đáp án A

Valin : (CH₃)₂ – CH – CH(NH₂) –COOH → M = 117 đvC

Alanin : CH₃  - CH(NH₂) –COOH  → M = 89 đvC

Glyxin H₂N – CH₂ – COOH → M = 75 đvC

Axit glutamic : HOOC – (CH₂)₂ – CH(NH₂) – COOH → M = 147 đvC

Đáp án C

n_HCl  = 0,2 mol

Gọi CTHH của amin đơn chức là RNH_2­  : RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

Có n_amin = n_HCl = 0,2 mol nên M_RNH2 = \(\frac{{11,8}}{{0,2}} = 59\) → M_R = 43 ( C₃H₇)

=> CTPT của amin: C₃H₇NH₂

Đáp án D

n_hh = 4,08 : 136 = 0,03 mol

n_NaOH = 0,04 mol → X phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 và Y phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 ( vai trò của X, Y là như nhau nên đáp án bất kì ) → X là muối của phenol và axit

X,Y + NaOH → 3 hợp chất hữu cơ nên X, Y phải tạo ra cùng 1 loại muối

X : HCOOC₆H₄CH₃  và Y : HCOOCH₂- C₆H₅

 HCOOC₆H₄CH₃  + 2NaOH → HCOONa + CH₃C₆H₄ONa +  H₂O

    a mol                   → 2a

HCOOCH₂- C₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H_{5 -}CH₂ –OH

 b mol                     2b mol

\(\left\{ \begin{gathered}a + b = 0,03 \hfill \\2a + b = 0,04 \hfill \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}a = 0,01 \hfill \\b = 0,02 \hfill \\\end{gathered}  \right.\) →\(\left\{ \begin{gathered}HCOONa:0,03 \hfill \\C{H_3}{C_6}{H_4}ONa:0,01 \hfill \\\end{gathered}  \right.\) → m =3,34

Đáp án C

CH₃COOH → CH₃COONa

0,05 mol →      0,05 mol

→ m = 0,05. 82 = 4,1 g

Đáp án B

(a) Sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure

(b) Sai vì phản ứng tạo ra kết tủa vàng

(c) Sai vì muối này tan

(d) Đúng

Đáp án D

A sai vì Fe và Cu sau tác dụng tạo ra Ag làm tăng khối lượng Ag thu được

B sai không tác dụng với cả 3 chất

C đúng vì Fe + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂  ; Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂ nên rắn còn lại chỉ là Ag

D sai vì rắn thu được có cả Cu và Ag

Đáp án C

Khi đốt các hidrocacbon thì :

Ankan có : n_CO2 < n_H2O ;    

anken : n_CO2 = n_H2O ;   ankin và ankadien : n_CO2 > n_H2O

Nên X không thể là ankan và anken được vì khi đó đốt X sẽ thu được n_CO2 > n_H2O

Đáp án D

Trong điều trị bệnh dạ dày người ta dùng thuốc chứa NaHCO₃ để tác dụng với lượng aXit có trong dạ dày làm giảm bớt H⁺ gây  đau

HCO₃ ^- + H⁺ → Na⁺ + H₂O + CO₂

Đáp án B

Đồng phân bậc 1 của C₃H₉N là CH₃ – CH₂ – CH₂ – NH₂

CH₃ – CH(CH₃) – NH₂

Đáp án B