NaHCO₃ dùng làm thuốc chữa đau dạ dày

Đáp án A

Số electron ở lớp ngoài cùng của các nguyên tử kim loại kiềm là 1

Đáp án B

Axit axetic có đồng phân là metyl fomat 

Đáp án B

Hợp chất màu trắng, không tan trong nước, nhưng tan trong dung dịch HCl và trong dung dịch NaOH, được dùng để đánh bóng kim cương, đá quí . . . là Al₂O3

Đáp án A

Chất không làm giấy quì tím ẩm hóa xanh là C₆H₅NH₂

Đáp án D

Khí X là hợp chất của cacbon. Khí X không màu, không mùi nhưng rất độc do làm mất chức năng vận chuyển oxi của hồng cầu. Khí X là CO

Đáp án C

Thạch cao nung được dùng nhiều trong điêu khắc, y khoa. Thạch cao nung có công thức là CaSO₄.H₂O

Đáp án B

Chất điện li yếu là H₂CO₃

Đáp án D

Mật ong là loại thực phẩm bổ dưỡng và đắt tiền. Để phát hiện tinh bột được độn trong thành phần của mật ong giả nhằm tạo độ đặc, ta dùng dung dịch iot 

→ Do tinh bột sẽ tác dụng với iot tạo màu xanh đặc trưng

Chất béo là trieste của glixerol với các axit béo, no → Sai

Lòng trắng trứng tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch có màu tím → phản ứng màu biure

NaOH + FeCl₂ → NaCl + Fe(OH)₂

Xuất hiện kết tủa trắng xanh Sắt II hidroxit (Fe(OH)₂).

Hợp chất trong đó sắt không thể hiện số oxi hóa +3 là FeO

Đáp án D

Số liên kết peptit trong tripeptit mạch hở Ala-Ala-Ala là 2

Đáp án C

Có thể dùng glucozơ để tráng ruột phích → Đáp án B

Natri kim loại được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy.

Đáp án B

Thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa khử là thả lá sắt vào dung dịch CuSO₄

Đáp án D

Công thức C₆H₅ClNNaO₂S

M = 12.6 + 1.5 + 35,5 + 14 + 23 + 16.2 + 32 = 213,5

Potat ăn da (kali hidroxit) là một bazơ mạnh có công thức phân tử KOH

Đáp á B

Trong dung dịch, ion Fe²⁺ bị khử khi phản ứng với Mg

Fe²⁺ + Mg → Mg²⁺ + Fe

Amin + HCl → Muối clorua

BTKL: mmuối = mamin + mHCl = 10 + 0,3.36,5 = 21 (g)

Ở một số làng quê ven biển, người ta có thể kiếm thêm thu nhập bằng cách vớt các loại vỏ sò, hàu, hến . . . rồi đem nung, thu được sản phẩm dùng trong sản xuất nông nghiệp, nuôi trồng thủy sản, thau chua khử phèn rất hiệu quả. Tên gọi của sản phẩm thu được là vôi sống

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

1 mol                             1 ( do H = 50%)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

1                                 1

m kết tủa = 1.100 =  100 gam

nH₂ (đktc) = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

0,1                          ←                 0,15    (mol)

→ nAl = 0,1 mol

KHCO₃ và CaCO₃ có PTK là 100 → Gọi công thức chung là M

Ta có: nM = 20 : 100 = 0,2 mol

nCO₂ = nM = 0,2 mol

Đáp án B

NH₂-CH₂-COOCH₃ không phải hợp chất lưỡng tính.

nGly = 44,6 : 75 = 0,6 mol

X: (Ala)n → nAla

→ nX = nGly : n = 0,6 : n  → M_X = 36 : (0,6/n) = 60n → 60n = 75n−(n−1).18 → n = 6 

Vậy X là hexapeptit 

Đáp án cần chọn là C

Hiđrocacbon không có khả năng cho phản ứng cộng là metan

Đáp án A

Chất rắn không tan là Cu → dung dịch thu được gồm FeCl₂, CuCl₂ và HCl dư

Đáp án D

Đipeptit mạch hở Glu-Gly có hai liên kết peptit → sai

Đáp án D

Xem X gồm CO; a mol; CO₂ : b mol và H₂ : c mol

Ta có hệ phương trình:

a + b + c = 0,35

4.(a + b) = 2.(a + c) và 2a + 2c = 0,2.3 = 0,6

→ a = 0,1; b = 0,05 và c = 0,2

→ %CO = a : (a + b + c) = 28,57%

X có thể có 2 CTCT là

 và 

Gọi b là số mol triglixerit và c là số mol H2O, thì 3b và b lần lượt là số mol NaOH và glixerol. Do đó ta có hệ sau

\(\left\{ \begin{array}{l}
6b + 2,31.2 = c + 1,65.2\\
1,65.12 + 2c + 16.6b + 40.3b = 26,52 + 92b
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
b = 0,03\\
c = 1,5
\end{array} \right.\)

Vậy 0,03.(x - 1) = 1,65 - 1,5 → µ = 6, tức X có (6 – 3) = 3µ chưa no nên a = 3b = 0,09 (mol).

Các phát biểu đúng là (a), (c)

Đáp án D

Vì nH₂ = 0,73 mol nên nOH = nNaOH = 0,73.2 = 1,46 mol, do đó nNa₂CO₃ = 1,46/2 =  0,73  mol.

Vậy hỗn hợp muối có nNa = nC = 0,73 + 0,73 = 1,46 mol nên hỗn hợp muối phải gồm HCOONa và NaOOC-COONa.

Để ý rằng hỗn hợp este đã cho là mạch hở, được tạo bởi hỗn hợp các axit cacboxylic là HCOOH và (COOH)₂, trong đó (COOH)₂ chỉ tạo este mạch hở khi tác dụng với ancol đơn chức.

Vậy 2 ancol đã cho là đơn chức. Theo đề, chúng là đơn chức, đồng đẳng liên tiếp.

Vì m_{ancol Z} = (100 + 40.1,46) – 99,08 = 59,32 gam và n_{ancol Z} = 1,46 mol

nên M_Z = 59,32 : 1,4 = 40,6 

Dễ thấy các ancol là CH₃OH (0,56 mol) và C₂H₅OH (0,9 mol).

Gọi a, b là số mol HCOONa và NaOOC-COONa thu được thì

\(\left\{ \begin{array}{l}
a + 2b = 1,46\\
68a + 134b = 99,08
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 1,26\\
b = 0,1
\end{array} \right.\)

Như vậy E tạo bởi 0,56 mol CH₃OH; 0,9 mol C₂H₅OH; 1,26 mol HCOOH và 0,1 mol (COOH)₂, tạo hỗn hợp 3 este, trong đó có 2 este có số mol este này gấp 8 lần số mol este kia nên E chỉ có thể gồm:

\(\left\{ \begin{array}{l}
X(HCOOC{H_3}):0,46mol\\
Y(HCOO{C_2}{H_5}):0,8mol\\
Z(C{H_3}OOC - COO{C_2}{H_5}):0,1mol
\end{array} \right.\)

→ \(\% X = \frac{{0,46.60}}{{100}} = 27,6\% \)

Ta có nelectron = 0,6 mol.

Gọi 2a và b là số mol NaCl và Cu(NO₃)₂ ban đầu.

Cho Fe vào dung dịch Y được NO và hỗn hợp kim loại nên Y phải chứa H⁺ và Cu²⁺, vậy Cu²⁺ chỉ tham gia điện phân c mol theo sơ đồ

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

c           2c       c

2Cl → Cl₂ + 2e

2a         a       2a 

2H₂O → O₂ + 4e + 4H⁺

              d        4d     4d 

Theo đề dung dịch Y chứa H⁺ : 4d mol; Cu²⁺ : (b - c) mol và NO₃^- : 2b mol

Vì Fe còn dư nên (b – c) mol Cu²⁺ và 4d mol H⁺ đã phản ứng hết. Theo đề thì nNO = d mol. Gọi e là số mol Fe đã phản ứng, ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}
64a + 71a + 32d = 35\\
(30 - 56e) + 64(b - c) = 29\\
2e = 3d + 2(b - c)\\
2a + 4d = 2c\\
2c = 0,6
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,2\\
b = 0,7\\
c = 0,3\\
d = 0,05\\
e = 0,475
\end{array} \right.\)

→ m = 58,5.0,4 + 0,7.188 = 155

Gọi a, b lần lượt là số mol của X và Y, ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}
a + 3b = 1,0375\\
a + 2b = 0,775\\
a(14n + 64) + b(14m + 140) = 100
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,25\\
b = 0,2625\\
140n + 147m = 1890
\end{array} \right.\)

Chỉ có n = 3; m = 10 là hợp lí.

Vậy %X = (0,25.106) : 100 = 26,5% 

Theo đề ta có nH₂O = 3,405 mol.

Bảo toàn khối lượng cho nCO₂ = 4,4725 mol nên bảo toàn oxi cho nO/A = (3,405 + 4,4725.2) – 4,94.2 = 2,47 mol, tức số mol -COO- = 1,235 mol < nNaOH = 1,335 mol chứng tỏ hỗn hợp có mặt este của phenol.

Vì Y, Z mạch hở nên X phải là este của phenol.

Theo đề X là este đơn chức của phenol nên 1,335 – 1,235 = 0,1 mol.

Đặt công thức X là RCOOC₆H₄R’; công thức trung bình Y, Z là (RCOO)nCxHy , ta có:

mmuối = 1,235(R + 67) + 0,1(115 + R’) = 100 + 1,335.40 – 38,73 – 0,1.18 = 112,87 → 1235R + 100R’ = 18625.

Chỉ có R = 15; R’ = 1 là phù hợp.

Như vậy A gồm CH₃COOC₆H₅ (0,1 mol) và (CH₃COO)nCxHy (a mol) nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}
a(n - 1) + 0,1.4 = 4,4725 - 3,405 = 1,0675\\
0,1 + an = 1,235\\
8.0,1 + 2an + ax = 4,4725
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
n = 2,42\\
a = 0,4675\\
x = 3
\end{array} \right.\)

Vậy Y là (CH₃COO)₂C₃H₆ (b mol) và Z là (CH₃COO)₃C₃H₅ (c mol), do đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}
b + c = 0,4675\\
0,2 + 2b + 3c = 1,335
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
b = 0,2675\\
c = 0,2
\end{array} \right. \to \% {(C{H_3}COO)_2}{C_3}{H_6} = \frac{{160.0,2675}}{{100}} = 42,8\% \)