Số mol peptit trong T = 0,42 + 0,14 = 0,56 (mol)

Quy đổi T thành :

CONH: 0,56 mol

CH₂: x mol

H₂O: 0,1 mol

Đốt cháy:

CONH + 0,75O₂ → CO₂ + 0,5H₂O + 0,5N₂

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

Ta thấy: theo PT (43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) g T cần ( 0,75.0,56 + 1,5x) mol O₂

Theo đề bài  13,2 (g)  cần 0,63 mol O₂

→ 0,63(43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) = 13,2 (0,75.0,56 + 1,5x)

→ x = 0,98 (mol)

Số C trung bình của muối = nC/ nmuối = ( 0,56 + 0,98)/ 0,56 = 2,75

→ Có 1 muối là  Gly- Na: 0,42 mol

Muối còn lại : Y- Na: 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố C: 0,42.2 + 0,12. CY = 0,56 + 0,98

→ CY = 5 → Y là Val

T1:   Gly_nVal_5-n : a mol

T2:  Gly_mVal_6-n : b mol

Ta có: a + b = 0,1 và 5a + 6b = 056 

→ a = 0,04 và b = 0,0

nGly = 0,04n + 0,06m = 0,42

→ 2n + 3m = 21 ( n ≤ 5; m ≤ 6)

→ n = 3 và m = 5 là nghiệm duy nhất

→ T1 là Gly₃Val₂ → M_T1 = 387

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử

Để điều chế kim loại kiềm người ta dùng phương pháp điện phân nóng chảy

Nhóm những chất khí (hoặc hơi) gây hiệu ứng nhà kính khi nồng độ của chúng trong khí quyển vượt quá tiêu chuẩn cho phép là CO₂ và CH₄

C₂H₅OC₂H₅  là ete không phải là este

Để phân biệt dung dịch CaCl₂ với dung dịch NaCl, người ta dùng dung dịch Na₂CO₃

Tripeptit (mạch hở) là hợp chất mà phân tử có 3 gốc α$\alpha$-amino axit liên kết với nhau bởi 2 liên kết peptit

Nhôm có thể hoà tan trong các dung dịch Ba(OH)₂, CuCl₂, HNO₃ loãng, FeSO₄

Cặp kim loại luôn được bảo vệ trong môi trường không khí, nước nhờ lớp màng oxit là Cr- Al

Chất có thể trùng hợp tạo ra polime là CH₂=CH-COOH

Dãy gồm các oxit đều bị Al khử ở nhiệt độ cao là FeO, CuO, Cr₂O₃

Tinh bột, xenlulozo, saccarozo đều có khả năng tham gia phản ứng hoà tan Cu(OH)₂.   

Canxi cacbonat còn được gọi là đá vôi

Đáp án B

\({n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}.5{H_2}O}} = 0,1(mol) \to {n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,1(mol)\)

→ Trong 50ml, \({n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,01(mol)\)

\({\rm{CuS}}{O_4} + Fe \to Fe{\rm{S}}{O_4} + Cu\)

\( \to \Delta m = {m_{Cu}} - {m_{Fe}} = 0,01.64 - 0,01.56 = 0,08(g)\)

Vậy khối lượng chất rắn tăng 0,08 gam

Đáp án D

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Al}} = 0,4\\
{n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,1
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
2Al + F{e_2}{O_3} \to 2Fe + A{l_2}{O_3}\\
0,2\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,2\,\,\,\,\,\,\,\,0,1
\end{array}\)

\( \Rightarrow Y\left\{ \begin{array}{l}
Fe:0,2\\
A{l_2}{O_3}:0,1\\
Al:0,2
\end{array} \right. \to {m_{kl(Y)}} = 0,2.56 + 0,2.27 = 16,6(g)\)

Đáp án D

Đáp án B

\({n_{Ag}} = 0,03 \to {n_{glucozo}} = 0,015 \to {m_{glucozo}} = 2,7(g)\)

\( \to {m_{saccarozo}} = 6,12 - 2,7 = 3,42(g)\)

Đáp án A

Ta có:

\({n_X} = {n_{HCl}} = \frac{{30,875 - 21,75}}{{36,5}} = 0,25(mol)\)

\( \to {M_X} = \frac{{21,75}}{{0,25}} = 87\)

Dung dịch Br₂ bị nhạt màu

Đáp án A

Cặp chất nào sau đây cùng tồn tại trong một dung dịch là NaCl và Al(NO₃)₃ 

Đáp án A

Saccarozơ và glucozơ đều có phản ứng với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường tạo thành dung dịch xanh lam

Đáp án D

CuSO₄: xảy ra ăn mòn điện hóa: 2 điện cực là Ni và Cu, dung dịch chất điện li là CuSO₄.

ZnCl₂: không xảy ra, do không có 2 điện cực.

FeCl₂: không xảy ra, do không có 2 điện cực (Fe³⁺ + Ni =Fe²⁺ + Ni²⁺)

AgNO₃: xảy ra ăn mòn điện hóa: 2 điện cực là Ni và Ag, dung dịch chất điện li là AgNO₃. Đáp án D 

Đáp án: C

Các este không thể điều chế trực tiếp từ axit và ancol là:

HCOOCH=CHCH₃ (tính cả đồng phân hình học)

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

Đáp án C

Các tơ tổng hợp gồm: tơ capron, tơ nitron, nilon-6,6

Đáp án A

Xét TN₁:

\(\begin{array}{l}
{H^ + } + CO_3^{2 - } \to HCO_3^ - \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
HCO_3^ - \,\,\,\,\,\,\,\, + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\\
x + y\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15 - x\\
0,045\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,045\,\\
x + y - 0,045\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,045
\end{array}\)

\( \to 0,15x = 0,045 \to x = 0,15 - 0,045 = 0,105\)

\(HCO_3^ -  + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\)

\({n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,15 \to {n_{HCO{{_3^{2 - }}_{du}}}} = 0,15 \to x + y - 0,045 = 0,15 \to y = 0,09\)

\( \to m = 0,105.106 + 0,09.100 = 20,13(g)\)

Xét TN₂: Cho từ từ dd X gồm 0,105 mol Na₂CO₃ và 0,09 mol KHCO₃ vào 0,15 mol HCl

\(CO_3^{2 - } + 2{H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\)

\(HCO_3^ -  + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{b} = \frac{{0,105}}{{0,09}}\\
{n_{{H^ + }}} = 2a + b = 0,15
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,0525\\
b = 0,045
\end{array} \right. \to V = 22,4(a + b) = 2,184(l)\)

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 0,55\\
{n_{{H_2}O}} = 0,49
\end{array} \right.\)

Gọi số liên kết đôi C = C trong gốc axit là k

\( \to a.k = {n_{B{r_2}}} = 0,04\)

\( \to \sum {{\pi _x}}  = {\pi _{C = C}} + {\pi _{C = O}} = k + 3\)

\({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = (k + 3 - 1)a \to 0,06 = 0,04 + 2a \to a = 0,01,k = 4\)

Vì cứ 1 mol X phản ứng với 4 mol Br₂ → có 2 gốc axit chứa 2 nối đôi (axit linoleic) và 1 axit panmitic hoặc axit stearic).

Nhận thấy, số \(C = 0,55:0,01 = 55 = 3({C_3}{H_5}) + 16({C_{15}}{H_{31}}COO) + 2.18({C_{17}}{H_{31}}COO)\)

Vậy 2 axit béo thu được là axit panmitic và axit linoleic.

Đáp án D

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng

Đáp án B

Có \({n_X}({k_X} - 1) = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} \to {n_{\pi (X)}} - {n_X} = n(C{O_2}) - n({H_2}O)\)

\(0,16(mol)\left\{ \begin{array}{l}
C{H_4}\\
{C_2}{H_2}\\
{C_2}{H_4}\\
{C_3}{H_6}
\end{array} \right.\left\langle \begin{array}{l}
0,16(mol) \to \left\{ \begin{array}{l}
C{O_2}:0,28\\
{H_2}O:0,34
\end{array} \right.\\
10,1(g) \to {n_{B{r_2}pu}} = a = \sum {{n_\pi }} 
\end{array} \right.\)

\( \to 0,16({k_X} - 1) = 0,28 - 0,34 \to {n_{\pi (X)}} = 0,280 - 0,34 + 0,16 = 0,1(mol)\)

Xét trong 0,16 mol X có: \({m_X} = {m_C} + {m_H} = 0,28.12 + 0,34.2 = 4,04(g)\)

Nhận thấy 10,1 gấp 2,5 lần 4,04 \( \to a = 0,1.2,5 = 0,25(mol)\)

X gồm HCl dư (x mol) và AlCl₃ (y mol)

→ x = 0,1 mol

+ Tại nNaOH = 0,25 mol: nNaOH = nHCl + 3nAl(OH)₃ → nAl(OH)₃ = (0,25-0,1)/3 = 0,05 mol

+ Tại nNaOH = 0,45 mol: nNaOH = nHCl + 4nAl³⁺ - nAl(OH)₃ → 0,45 = 0,1 + 4y – 0,05 → y = 0,1 mol

BT “Cl” → nHCl = 3nAlCl₃ + nHCl dư → nHCl = 0,1 + 3.0,1 = 0,4 mol

→ a = 0,4/0,2 = 2M

Có 5 phát biểu đúng

Ta có: nNaCl = 0,2 mol

Ta có: ne = It : F = (1,25.193.60) : 96500 = 0,15 mol

Tại anot:

2Cl^- → Cl₂     +   2e

         0,075 ← 0,15 mol

Tại catot:

Nếu H₂O chưa bị điện phân thì nCu = 0,075 mol

→ m dung dịch giảm = mCu+ mCl₂ = 0,075.64 + 0,075.71 = 10,125 > 9,195 → Phải có nước bị điện phân ở catot

Cu²⁺  +   2e → Cu

2H₂O + 2e → H₂  +  2OH^-

Đặt nCu = x mol; nH₂ = y mol

Ta có: ne nhận = 2x + 2y = 0,15 mol

Mặt khác, mdung dịch giảm = 64x + 2y + 0,075.71 = 9,195

Giải hệ trên ta có x = 0,06 và y = 0,015

→ a = x/0,1 = 0,6M

CH3COOC6H5 (M = 136): a mol

C6H5COOCH3 (M = 136): b mol

HCOOCH2C6H5 (M =136): c mol

C6H5-(COO)2-C2H5 (M = 194): d mol

Khi phản ứng với NaOH ta thu được m gam muối và 10,9 gam ancol

Muối gồm CH3COONa (a mol); C6H5COONa (b mol); (COONa)2 (d mol); HCOONa (c mol); C6H5ONa (a+d mol)

ancol gồm CH3OH (b mol); C6H5CH2OH (c mol); C2H5OH (d mol)

Từ đề bài ta có hệ phương trình sau:

136a + 136b + 136c + 194d = 36,9

2a + b + c + 3d = 0,4

32b + 108c + 46d = 10,9

b + c + d = 0,2

→ a = 0,05, b = 0,1; c = 0,05; d = 005

→ mmuối = mCH₃COONa + mC6H5COONa + m(COONa)2 + mHCOONa + mC6H5ONa

→ mmuối = 0,05.82 + 0,1.144 + 0,05.134 + 0,05.68 + (0,05 + 0,05).116 = 40,2 gam

nSO42- = 0,18 (mol) → nBaSO4 (max) = 0,18 (mol) → nBaSO4  > 2,958 (g)

→ nSO42- dư  → nBaSO4 = y (mol)

Đặt Al(OH)3 : t (mol) → 233y + 78t = 2,985 (2)

nH+ = nOH- + nAlO2- + 3nAl(OH)3 bị tan → (z + 2y – 2x) + 2x + 3(2x – t) = 0,018.2 + 0,038  (3)

%O = [(16.3x) : (102x + 137y + 39z)].100% = 20%    (4)

Từ (1), (2), (3), (4) => x = 0,015 ; y = 0,006 ; z = 0,032 ; t = 0,02 (mol)

→ m = 0,015.102 + 0,006.39 + 0,02.39 = 3,6 (g)

Axit glutamic, tinh bột, glucozơ, anilin

Đáp án B

Đáp án B

Xem 12,22 gam E gồm: CH2=C(CH3)-COO-CH2-C≡CH (C7H8O2 , a mol); CH2=CH-CH2-OOC-CH=CH-COO-CH3 (C8H10O4 , b mol) và CH2 (c mol).

124a + 170b +14c = 12,22 và 4a + 5b + c = 0,37

Lại có: cứ 0,36 mol E -----0,585 mol NaOH

Vậy: (a + b) mol E----(a + 2b) mol NaOH

⇒ (a +b)0,585 = (a + 2b)0,36 ⇒ a = 0,03; b =0,05 ; c = 0

⇒ Nghiệm: E gồm: CH2=C(CH3)-COO-CH2-C≡CH (0,03 mol); CH2=CH-CH2-OOC-CH=CH-COO-CH3 (0,05 mol) 

mCH≡C−CH₂OH + mCH₂=CH−CH₂OH = 4, 58

mCH₃OH = 1, 6

Tỉ lệ không phụ thuộc lượng chất nên: m1 : m2 = 4,58 : 1,6 = 2,8625 

166,595 gam kết tủa là 0,715 mol BaSO4 → có nH2SO4 = ∑nSO42– = 0,715 mol.

0,56 lít khí là 0,025 mol NH4+.

Dùng YTHH 02: Natri đi về đâu? 0,715 mol Na2SO4

⇒ nNa+ trong Z = 0,715 × 2 – 1,285 = 0,145 mol → có 0,145 mol NaNO3.

trong Z: 0,145 mol Na+; 0,025 mol NH4+

⇒ ∑nSO42– kết hợp cation Mg2+, Fe?+ = 1,26 mol.

⇒ 46,54 gam kết tủa gồm: Mg, Fe và 1,26 mol OH ⇒ ∑mMg, Fe = 25,12 gam.

⇝ BTKL cả sơ đồ có mH2O = 11,07 gam ⇒ nH2O = 0,615 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố H có nH2 trong Y = 0,05 mol.

Y gồm CO2, N2, NO và 0,05 mol; tổng 0,2 mol; nặng 5,14 gam.

bảo toàn N có thêm giả thiết nNO + 2nN2 = 0,12 mol ⇒ giải hệ số mol 3 khí còn lại:

nNO = 0,1 mol; nN2 = 0,01 mol; nCO2 = 0,04 mol ⇝ có 0,04 mol FeCO3.

từ đó có: nFe3O4 = (31,36 – 25,12 – 0,04 × 60) ÷ 16 ÷ 4 = 0,06 mol.

⇒ %mFe3O4 trong X = 0,06 × 232 ÷ 31,36 × 100% ≈ 44,39%