\(\mathop {{C_2}{H_5}COO{C_2}{H_5}}\limits_{{\rm{etylpropylat}}}  + NaOH \to \mathop {{C_2}{H_5}COONa}\limits_{Natripropylat}  + \mathop {{C_2}{H_5}OH}\limits_{{\rm{etanol}}} \)

Chọn C.

Khi cho dung dịch axit nitric đặc vào dung dịch lòng trắng trứng thấy có kết tủa màu vàng xuất hiện.

Nhóm R-C₆H₄-OH của một số amino axit trong protien đã phản ứng với HNO₃ cho hợp chất mới mang nhóm NO₂ có màu vàng, đồng thời protein bị đông tụ bởi HNO₃ tạo thành kết tủa.

Chọn B.

Tính oxi hóa giảm dần theo dãy : Cu²⁺ > Zn²⁺ > Ca²⁺ >  Na⁺

Chọn B.

     A. Đúng, Theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân,nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm giảm dần    

     B. Sai, Mg tác dụng với nước ở nhiệt độ cao, Be không tác dụng với nước ở mọi điều kiện nhiệt độ.

     C. Đúng, Na₂CO₃ là nguyên liệu quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh

     D. Đúng, Thực tế, các son nồi làm bằng nhôm có 1 lớp oxit Al₂O₃ bền ngăn cản không cho Al tiếp xúc với H₂O. Điều này cũng xảy ra tương tự với Cr và Zn.

Chọn A.

     NH₂CH₂COOC₂H₅ (X) + NaOH  → H₂N-CH₂-COONa (X₁) + C₂H₅OH

     H₂N-CH₂-COONa (X₁) + HCl → ClH₃N-CH₂-COOH (X₂) + NaCl

     ClH₃N-CH₂-COOH (X₂) + CH₃OH → ClH₃N-CH₂-COOCH₃ (X₃) + H₂O

     ClH₃N-CH₂-COOCH₃ (X₃)  + 2KOH → H₂N-CH₂-COOK + KCl + CH₃OH + H₂O

- Vậy dung dịch Z chức Zn(NO­₃)₂, Fe(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂

Chọn C.

Chọn C.

Bản chất của điện phân dung dịch K₂SO₄ là cô cạn dung dịch.

Chọn A.

     H₂N-CH₂-COOH + NaOH  → H₂N-CH₂-COONa + H₂O

     H₂N-CH₂-COOH + HCl → ClH₃N-CH₂-COOH

     H₂N-CH₂-COOH + C₂H₅OH  → H₂N-CH₂-COOC₂H₅ + H₂O

     H₂N-CH₂-COOH + HONO  → HO -CH₂-COOH + N₂ + H₂O

Chọn D.

Dãy kim loại đều có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối của chúng là những kim loại hoạt động mạnh như kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm.

Chọn D. 

     A. Đúng, bản chất của enzim là những chất hầu chết có bản chất protein             

     B. Đúng, Cho glyxin tác dụng với HNO₂ có khí bay ra

H₂N-CH₂-COOH + HONO →  HO -CH₂-COOH + N₂ + H₂O

     C. Đúng, Phức đồng – saccarozo có công thức là (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu

                           2C₁₂H₂₂O₁₁ + Cu(OH)₂ → (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu + 2H₂O

     D. Sai, peptit được chia thành hai loại :

         * Oligopeptit gồm các peptit gồm các peptit có từ 2 – 10 gốc α – aminoaxit.

        * Polipeptit gồm các peptit có từ 11 đến 50 gốc α – aminoaxit.

Chọn A.

- Triolein, Etyl aminoaxetat, Anilin ở trạng thái lỏng trong khi Glyxin ở trạng thái rắn.

Chọn B.

\( \to 2{n_{Fe}} + 2{n_{Cu}} = 2{n_{F{e_3}{O_4}}} + 2{n_{F{e_2}{O_3}}} \to x + y = z + t\)

- Cho từ từ a mol HCl vào b mol Na₂CO₃ thì : \({{n}_{C{{O}_{2}}(1)}}={{n}_{HCl}}-{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=b-a\)

- Cho từ từ b mol Na₂CO₃ vào a mol HCl thì : \({{n}_{C{{O}_{2}}(2)}}=\frac{{{n}_{HCl}}}{2}=0,5b\)

- Theo đề bài ta có : \(\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}(1)}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}(2)}}}=\frac{V}{2V}=\frac{1}{2}\to \frac{b-a}{0,5b}=\frac{1}{2}\Rightarrow \)

- Ta có:  \({n_{CuS{O_4}}} = \frac{{800.0,05}}{{160}} = 0,25\,mol \Rightarrow {m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} = 62,5\,(g)\)

Chọn A.

- Phản ứng :   \(Gly - Ala + 2NaOH \to GlyNa + AlaNa + {H_2}O\)

\( \Rightarrow {m_{{\rm{muoi}}}} = 97{n_{GlyNa}} + 111{n_{AlaNa}} = 20,8\,(g)\)

Chọn A.

- Đun nóng hỗn hợp Y với H₂SO₄ thì :  \({n_{{H_2}O}} = 0,5{n_T} = 0,25\,mol \to {m_Y} = {m_{ete}} + 18{n_{{H_2}O}} = 18,8\,(g)\)

- T tác dụng với NaOH thì \( \to {m_Z} = {m_T} + 40{n_{NaOH}} - {m_Y} = 53,2\,(g)(\,{n_{NaOH}} = {n_T} = 0,5\,mol)\)

Chọn D

- Khi đốt 22,32 gam M thì : \({{n}_{C{{O}_{2}}}}=\frac{{{m}_{M}}-2{{n}_{{{H}_{2}}O}}-16{{n}_{O(trong\,M)}}}{12}=\frac{22,32-2.0,8-16(4{{n}_{X}}+{{n}_{Y}})}{12}\)

- Áp dụng độ bất bão hòa ta được :

\({{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}=2{{n}_{X}}-{{n}_{Y}}\to \frac{22,32-2.0,8-16(4{{n}_{X}}+{{n}_{Y}})}{12}-0,8=2{{n}_{X}}-{{n}_{Y}}\to 88{{n}_{X}}+4{{n}_{Y}}=11,12(1)\)

- Khi cho lượng M trên tác dụng với K dư thì : \(2{{n}_{X}}+{{n}_{Y}}=2{{n}_{{{H}_{2}}}}=0,38\,(2)\)

- Từ ta giải hệ (1) và (2) được : nX = 0,12 mol; nY = 0,14 mol

suy ra \({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,9\,mol\).

- Xét hỗn hợp M ta có : \(\xrightarrow{BT:\,C}a{{n}_{X}}+b{{n}_{Y}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}\to 0,12a+0,14b=0,9\to a=4\text{ v }\!\!\mu\!\!\text{ b}\,\text{=}\,\text{3}\)

- Vậy X và Y lần lượt là : \(HOOC-CH=CH-COOH\,(0,12\,mol)\) và \({{\text{C}}_{3}}{{H}_{7}}OH\,(0,14\,mol)\)

→ \(\% {m_{{C_3}{H_7}OH(Y)}} = \frac{{0,14.60}}{{22,32}}.100 = 37,63\)

\(HCOOCH = C{H_2}({C_3}{H_4}{O_2}) + NaOH \to HCOONa + C{H_3}CHO\)

Chọn D.

Có 4 chất tác dụng được với Fe(NO₃)₂ là HCl, AgNO₃, Cl₂ và KMnO₄/H₂SO₄ loãng. PT phản ứng :

\(3F{e^{2 + }} + 4{H^ + } + N{O_3}^ -  \to 3F{e^{3 + }} + NO + 2{H_2}O\)

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag.

6Fe(NO₃)₂ + 3Cl₂ → 4Fe(NO₃)₃ + 2FeCl₃

10Fe(NO₃)₂ + 2KMnO₄ + H₂SO₄ → Fe(NO₃)₃ + Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + H₂O

Chọn A.

- Xét toàn quá trình phản ứng ta có hệ sau :

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} + 2{n_{Glu}} = {n_{NaOH}} - {n_{HCl}}\\ 97{n_{GlyNa}} + 191{n_{GluN{a_2}}} = {m_{{\rm{muoi}}}} - 58,5{n_{NaCl}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a + 2b = 0,4\\ 97a + 191b = 38,5 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,2\\ b = 0,1 \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \% {m_{Gly}} = \frac{{75{n_{Gly}}}}{{75{n_{Gly}} + 147{n_{Glu}}}}.100 = 50,51\)

- Khi đốt cháy X, Y có cùng số mol, khối lượng → M_X = M_Y.

- Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{n}_{C{{O}_{2}}(X)}}:{{n}_{C{{O}_{2}}(Y)}}=2:3 \\ & {{n}_{{{H}_{2}}O(X)}}:{{n}_{{{H}_{2}}O(Y)}}=1:2 \\ \end{align} \right.\to \frac{{{n}_{C(X)}}}{{{n}_{C(Y)}}}=\frac{2}{3}\) và \(\text{ }\frac{{{n}_{(X)}}}{{{n}_{H(Y)}}}=\frac{2}{4}\,\,\Rightarrow \left\{ \begin{align} & X:{{C}_{2}}{{H}_{4}}{{O}_{2}} \\ & Y:{{C}_{3}}{{H}_{8}}O \\ \end{align} \right.\)

+ Có 2 đồng phân của X C₂H₄O₂ là: CH₃COOH và HCOOCH₃

+ Có 3 Số đồng phân của Y C₃H₈O là: CH₃CH₂CH₂OH; CH₃CH(OH)CH₃ và CH₃OC₂H₅

Vậy số cặp (X, Y) thỏa là: 3.2 = 6

Chọn D.

· Hỗn hợp Na₂O và Al₂O₃:

     Na₂O + H₂O → 2NaOH                                         2NaOH + Al₂O₃ →  2NaAlO₂ + H₂O 

    1 mol                       2 mol                                            2 mol       1 mol

- Dung dịch sau phản ứng chứa NaAlO₂ là chất tan tốt trong nước.

· Hỗn hợp Cu và Fe₂(SO₄)₃:   2Cu + Fe₂(SO₄)₃  → 2CuSO₄ + FeSO₄

                                                 1 mol    0,5 mol

- Dung dịch sau phản ứng chứa CuSO₄; FeSO₄  và Fe₂(SO₄)₃ dư là các chất tan tốt trong nước.

· Hỗn hợp KHSO₄ và KHCO₃:   KHSO₄ + KHCO₃ → K₂SO₄ + CO₂ + H₂O

                                                      1 mol        1 mol

- Sau phản ứng thu được K₂SO₄ tan tốt trong nước nhưng khí CO₂ ít tan trong H₂O, do vậy hỗn hợp trên không hoàn toàn tan trong nước.

· Hỗn hợp BaCl₂ và CuSO₄:    BaCl₂ + CuSO₄ → BaSO₄ + CuCl₂

                                                   1 mol     1 mol

- Sau phản ứng thu được BaSO₄ kết tủa không tan trong nước.

· Hỗn hợp Fe(NO₃)₂ và AgNO₃:   Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

                                                         1 mol         1 mol

- Sau phản ứng thu được Ag kết tủa không tan trong nước.

Vậy có 2 hỗn hợp có thể tan tốt trong nước dư.

\({n_{Fe}} = {n_{Fe{{(OH)}_2}}} = \frac{m}{{56}}\;mol \to {n_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{m}{{112}}\;mol \to {m_{Fe{{(OH)}_2}}} = \frac{{45}}{{28}}m\;gam\)

Mà \({m_{F{e_2}{O_3}}} + {m_{CuO}} = b \to {m_{CuO}} = \left( {b - \frac{{10}}{7}m} \right)\;gam \to {m_{Cu{{(OH)}_2}}} = \left( {\frac{{49b - 70m}}{{40}}} \right)\;gam\)

- Ta có:  \({m_{Fe{{(OH)}_2}}} + {m_{Cu{{(OH)}_2}}} = a \to \frac{{45m}}{{28}} + \frac{{49b - 70m}}{{40}} = a \to m = 8,575b - 7{\rm{a}}\)

Chọn D.

- Các phản ứng xảy ra:

     (1) Núng nóng KNO₃: \(2KN{O_3} \to 2KN{O_2} + {O_2}\) sau đó Fe tác dụng với O₂:  \(3Fe + 2{O_2} \to F{e_3}{O_4}\)

     (2) \({H_2} + CuO \to Cu + {H_2}O\): phản ứng khử oxit kim loại.

     (3) \(2Mg + S{O_2} \to 2MgO + S\)

     (4)  \(3Ag + 4HN{O_3} \to 3AgN{O_3} + NO + 2{H_2}O\)

Vậy có 3 phản ứng oxi hóa kim loại là (1), (3) và (4).

\({n_{Na}} = b = \frac{{{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,12\;mol\)

\(a = 0,15\;mol\)

\( \Rightarrow {m_{Al}} = 27.(a + b) = 7,29\;gam\)

Chọn B.

- Gọi x là số mol của Al₂(SO₄)₃ ⇒ \({{n}_{A{{l}^{3+}}}}=2x\ mol\)

- Phần 1: hòa tan vừa đúng với 0,04 mol Cu → \({{n}_{Cu}}={{n}_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}=0,04\ mol\)

- Phần 2: tác dụng với 0,2 mol dung dịch Ba(OH)₂ thu được kết tủa gồm:

· Fe(OH)₃: Nhận thấy \(3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}<{{n}_{O{{H}^{-}}}}\to {{n}_{Fe{{(OH)}_{3}}}}=0,08\ mol\Rightarrow {{m}_{Fe{{(OH)}_{3}}}}=8,56\ (g\)

· BaSO₄: Nếu \({{n}_{BaS{{O}_{4}}}}={{n}_{B{{a}^{2+}}}}=0,2\ mol\to {{m}_{BaS{{O}_{4}}}}+{{m}_{Fe{{(OH)}_{3}}}}>50,5\ gam\)

\(\Rightarrow {{n}_{SO_{4}^{2-}}}=3({{n}_{A{{l}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}+{{n}_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}})=3\text{x}+0,12\to {{m}_{BaS{{O}_{4}}}}=699\text{x}+27,96\ (g)\)

· Al(OH)₃: Xét trường hợp tạo kết tủa của Al(OH)₃  (với \({{n}_{O{{H}^{-}}}}\)_{còn lại} = 0,16 mol)

- Trường hợp 1: Al(OH)₃ không bị hòa tan.

+ Khi đó \(3{{n}_{A{{l}^{3+}}}}=6x\ge {{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,16\Rightarrow x>0,0267\) mà \({{n}_{SO_{4}^{2-}}}=3\text{x}+0,12<0,2\Rightarrow x<0,0267\) (vô lí)

- Trường hợp 2: Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

+ Khi đó: \({{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=4{{n}_{A{{l}^{3+}}}}-{{n}_{O{{H}^{-}}}}=8\text{x}-0,16\Rightarrow {{m}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=624\text{x}-12,48\ (g)\)

mà \({{m}_{Fe{{(OH)}_{3}}}}+{{m}_{BaS{{O}_{4}}}}+{{m}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=50,85\to x=0,02\ mol$. Vậy $\frac{{{n}_{A{{l}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}}{{{\text{n}}_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}}=\) 1/2

- Nhiệt phân muối amoni đicromat: (NH₄)₂Cr₂O₇  → Cr₂O₃ + N₂^↑ + 4H₂O

Chọn A.

- Giả sử triglyxerit X được tạo ra từ 1 gốc axit stearic và 2 gốc axit oleic. Trong phân tử của X lúc này chứa 2 liên kết C=C.

- Khi cho X tác dụng với dung dịch Br₂ thì:  \({n_X} = \frac{{{n_{B{r_2}}}}}{2} = 0,06\;mol\)

- Khi cho X \( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{C_{17}}{H_{33}}COONa}} = 2{n_X} = 0,12\;mol\\ {n_{{C_{17}}{H_{35}}COONa}} = {n_X} = 0,06\;mol \end{array} \right.\) m_muối = 54,84 gam (thỏa yêu câu bài toán)

- Nếu như trường hợp trên không thỏa thi ta suy ra trường hợp còn lại là X được tạo ra từ 2 gốc axit stearic và 1 gốc axit oleic. Khi đó M_X = 888

Vậy \({M_X}\; = 886\)

\(\% C = \frac{{12n}}{{14n + 47}} = 0,5128 \to n = 5\)

Chọn B.

- Tripanmitin có công thức (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit và kiềm.

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

- Nhận thấy: n_{e nhận} > n_{e cho} →  n_{Cu pư} = \(\frac{{2{n_{Fe}}--3{n_{NO}}}}{2}\) = 0,01 mol→ m_rắn = m_{Cu pư} = 0,64 gam

\({m_{muoi{\rm{ khan}}}} = {m_{{\rm{amin}}}} + 36,5{n_{HCl}} = 45,95\,(g)\)

Chọn B.

· Tính chất của ancol đa chức (poliancol hay poliol):

- Dung dịch glucozơ hòa tan Cu(OH)₂ cho dung dịch phức đồng – glucozơ có màu xanh lam

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

· Tính chất của anđehit:

- Với dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng (thuốc thử Tollens) cho phản ứng tráng bạc.

CH₂OH[CHOH]₄CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH → CH₂OH[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

Chọn A.

- Xét toàn bộ quá trình phản ứng ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {n_A} + {n_B} = {n_X}\\ 2{n_A} + {n_B} = {n_{NaOH}} - {n_{HCl}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_A} + {n_B} = 0,3\\ 2{n_A} + {n_B} = 0,4 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_A} = 0,1\,mol\\ {n_B} = 0,2\,mol \end{array} \right.\)   

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH thì \({n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = 0,8\,mol\)

\({m_{{\rm{ran khan}}}} = 147{n_A} + 75{n_B} + 36,5{n_{HCl}} + 40{n_{NaOH}} - 18{n_{{H_2}O}} = 61,9\,(g)\)

\({n_{{H_2}}} = {n_{Zn{\rm{ bd}}}} = 0,25 \to V = 5,6(l)\)

Đáp án C

Các phương trình phản ứng xảy ra tương ứng:

A Fe(OH)₃ + 3HCl → FeCl₃ + 3H₂O.

B Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O.

C Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑.

D 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O.

Phần 1: \(\left\{ \begin{array}{l} CO_3^{2 - }(pu):{x^{mol}}\\ HCO_3^ - (pu):{y^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 2x + y = 0,12\\ x + y = 0,075 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,045\\ y = 0,03 \end{array} \right. \to \frac{x}{y} = \frac{3}{2}\)

Phần 2: \(\left\{ \begin{array}{l} CO_3^{2 - }:3{a^{mol}}\\ HCO_3^ - :2{a^{mol}} \end{array} \right. \to 3a + 0,06 = 0,12 \to a = 0,02 \to Z\left\{ \begin{array}{l} CO_3^{2 - }:0,{12^{mol}}\\ HCO_3^ - :0,{08^{mol}} \end{array} \right.\)

\(\to N{a^ + } = 0,{32^{mol}} \to BaC{O_3} = 0,{12^{mol}} \to {n_O} = \frac{{0,32.1 + 0,12.2 - 0,15.2}}{2} = 0,{13^{mol}}\)

 m = 25,88gam