D sai, khi nhóm -COOH nhiều hơn nhóm NH₂ thì quỳ tím đổi màu đỏ, ngược lại thì quỳ tím đổi màu xanh A đúng, vì sau khi thủy phân, các axit amin sẽ tác dụng với axit hoặc kiềm để tạo muối

B đúng, NH₂C_nH_2n-2kCOOH: 14n – 2k + 61 luôn lẻ

→ Đáp án D

H₂N-CH₂-CO-NH-CH(CH₂-COOH)-CO-NH-CH(CH₂-C₆H₅)-CO-NH-CH₂-COOH + 3H₂O → 2H₂N-CH₂-HCOOH + H₂N-CH(CH₂-COOH)-COOH + H₂N-CH(CH₂-C₆H₅)-COOH

→ Thu được các amino axit là H₂N-CH₂-COOH; H₂N-CH(CH₂-COOH)-COOH, H₂N-CH(CH₂-C₆H₅)-COOH

→ Đáp án B

Lòng trắng trứng có thành phần là protein. Protein có phản ứng với Cu(OH)₂ tạo ra phức có màu tím đặc trưng.

→ Đáp án D

Một peptit có n mắt xích → n_{mat xich}/n_peptit = n (mắt xích)

Vậy peptit X có số mắt xích là: n = (3+1)/1 = 4 (mắt xích)

Peptit có n mắt xích thì sẽ có (n – 1) liên kết peptit.

→ Số liên kết peptit trong phân tử X là 3.

→ Đáp án C

So với các axit, ancol phân tử có cùng số nguyên tử cacbon thì este có nhiệt độ sôi và độ tan trong nước thấp hơn hẳn là do este không tạo được liên kết hiđro giữa các phân tử este với nhau và khả năng tạo liên kết hiđro giữa các phân tử este với các phân tử nước rất kém (SGK lớp 12 cơ bản – trang 4, 5)

→ Đáp án B

Đun nóng este đơn chức X với NaOH thu được một muối và một anđehit

→ X có dạng RCOOCH=CH–R’ (R, R’ có thể là H hoặc gốc hiđrocacbon)

PT tổng quát: RCOOCH=CH–R’ + NaOH -^to→ RCOONa + R’CH₂CHO.

→ Đáp án B

Theo bài ra, đặt số mol 2 axit là x thì 46x + 60x = 5,3 => x = 0,05

nC2H5OH = 0,125

HCOOH       +   C2H5OH  →  HCOO2H5    +   H2O

0,05.80/100                           0,04

CH3COOH  +      C2H5OH → CH3COO2H5    +   H2O

0,05.80/100                              0,04

meste = 0,04 . 74 +  0,04 .88= 6,48 gam

=> Đáp án C

Giả sử H = 100% → axit hết

n este = n axit = 0,75 mol

m este lý thuyết = 66 gam

H = 60%

MX = 100 g/mol

Este X tác dụng với NaOH được andehit và muôi của axit hữu cơ

CTCT phù hợp

HCOOCH=CH-CH₂-CH₃

HCOOCH=C(CH₃)-CH₃

CH₃COOCH=CH-CH₃

C₂H₅COOCH=CH₂

Đặt X là RCOOR'

Có MX = 6,35.16 = 100

→ R + R' = 5 (1)

Cho X tác dụng với KOH

RCOOR’ + KOH → RCOOK + G (G là ancol hoặcanđehit)

0,2                0,3              0,2                mol

→ Sau phản ứng KOH dư 0,1 mol

nRCOOK = nX = 0,2 mol

mRCOOK = m rắn - mKOH dư = 22,4 gam

MRCOOK = 112

R = 29 thay vào (1) được R = 27

k = 5

X có thể là CH₃COOC₆H₅; HCOOCH₂C₆H₅, C₆H₅COOCH₃

m_X + m_Y = 7,64 + 3,76 – 0,1.40 = 7,4 (gam)

M = 74 => HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃

Gọi x và y là số mol CH₃OH (Z) và C₂H₅OH (T)

→ %mCH₃OH = 51%

Khối lượng KOH trung hòa axit : 0,007 (gam)

n_KOH = 0,007/56 = 0,125.10^-3 (mol)

Khối lượng C₁₇H₃₅COOH trong 1 gam chất béo là:

0,125.10^-3.890 = 0,11125 (gam)

Khối lượng tristearoyl glixerol trong 1 gam chất béo là: 0,8875 (gam) ≈ 0,001 (mol) ⇒ n_KOH = 0,003(mol) ⇒ m_KOH = 0,168(gam)

Chỉ số xà phòng hóa là : 168 + 7 = 175.

Ta có: n_KOH = n_NaOH = 0,09 x 0,1 = 0,009 (mol)

⇒ m_KOH = 0,009 x 56 = 0,504 (gam) = 504 (mg)

1 gam lipit cần: 504/2,52 = 200 (mg) KOH

Vậy chỉ số xà phòng là 200

Theo định nghĩa: chỉ số axit của chất béo là số miligam KOH cần dùng để trung hòa hết các axit béo tự do có trong 1 gam chất béo.

Ta có: m_KOH = 0,015 x 0,1 x 56000 = 84 (mg)

⇒ Chỉ số axit là: 84/14 = 6

Theo đề bài ⇒ Thủy phân 10 g lipid cần n_NaOH = n_KOH = 1,68/56 = 0,03 mol

⇒ Thủy phân 1 tấn lipid cần n_NaOH = 3000 mol

⇒ nC₃H₅(OH)₃ = 1/3 . n_NaOH = 1000 mol

BTKL ⇒ m_{xà phòng} = 106 + 3000.40 - 1000.92 = 1028000 = 1,028 tấn

⇒ m xà phòng 72% = 1,028/0,72 = 1,428 tấn

Cacbohiđrat X không tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit → X là monosaccarit (glucozơ hoặc fructozơ)

Fructozơ không làm mất màu dung dịch brom

→ X là glucozơ

HOCH₂[CHOH]₄CHO + Br₂ + H₂O → HOCH₂[CHOH]₄COOH + 2HBr.

→ Đáp án C

+) Glucozơ và fructozơ Phản ứng với H₂ với xúc tác Ni, t0 đều tạo thành sobitol (C₆H₁₄O₆)

CH₂OH[CHOH]₃-CO-CH₂OH + H₂ -^to, Ni→ CH₂OH[CHOH]₄CH₂OH

CH₂OH[CHOH]₄CHO + H₂ -^to, Ni→ CH₂OH[CHOH]₄CH₂OH

+) glucozơ phản ứng được với dung dịch brom còn fructozơ thì không → B sai

+) khi phản ứng với Cu(OH)₂ là tính chất đặc trưng của ancol đa chức → glucozơ vẫn còn nhóm chức CHO, còn fructozơ vẫn còn nhóm chức CO → không thể chuyển hóa thành 1 sản phẩm duy nhất → C sai

→ Đáp án A

Phương trình phản ứng :

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

Hoặc

CH₂OH[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₂OH[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Theo phương trình phản ứng ta thấy:

nCH₂OH[CHOH]₄CHO = 5/72 mol

m CH₂OH[CHOH]₄CHO = 12,5 gam

Nồng độ phần trăm của dung dịch glucozơ là:

C% = 5%

→ Đáp án A

Ta có: nAgNO₃ = 2nC₆H₁₂O₆ = (2.27)/180 = 0,3 mol

→ mAgNO₃ = 0,3.170 = 51 g

→ Đáp án D

n_saccarozơ + n_mantozơ = 34,2/342 = 0,1 mol

mantozơ thể hiện tính chất của anđehit đơn chức

→ n_mantozơ = n_Ag/2 = 0,001 mol

→ n_saccarozơ = 0,1 – 0,001 = 0,099 mol

→ %saccarozơ trong hỗn hợp đường là: (0,099/0,1). 100% = 99%

→ Đáp án D

Sơ đồ phản ứng:

CH₂OH – [CHOH]₄ – CHO (0,01) → 2Ag (0,02)

→ %m_glucozơ = [(0,01.180)/3,51]. 100% = 51,8%

→ %m_saccarozơ = 100% - 51,8% = 48,72%

→ Đáp án A

+ Glucozơ không có liên kết glicozit → B sai.

+ Saccarozơ không tham gia phản ứng tráng bạc → C sai.

+ Glucozơ không bị thủy phân trong môi trường axit khi đun nóng → D sai.

→ Đáp án A

Hai chất X, Y lần lượt là: CO₂ và C₂H₅OH

+ Quá trình quang hợp: 6nCO₂ (X) + 5nH₂O -^{diep luc, to}, asmt→ (C₆H₁₀O₅)_n (tinh bột) + 6nH₂O

+ (C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O -^H+, t^o→ nC₆H₁₂O₆.

+ C₆H₁₂O₆ ⇆ 2C₂H₅OH (Y) + 2CO₂↑

→ Đáp án C

+ Tinh bột và xenlulozơ cùng có công thức tổng quát (C₆H₁₀O₅)_n và là polisaccarit

→ chúng có cùng thành phần phân tử và có phản ứng thủy phân → Loại đáp án A, C

+ Cả tinh bột và xenlulozơ đều là những chất không tan trong nước → Loại đáp án B

+ Tinh bột và xenlulozơ khác nhau ở cấu trúc mạch phân tử: Tinh bột gồm nhiều mắt xích α – glucozơ liên kết với nhau tạo thành 2 dạng amilozơ và amilopectin còn xenlulozơ gồm nhiều mắt xích β – glucozơ liên kết với nhau tạo thành mạch kéo dài.

→ Đáp án D

- Glucozơ có tính chất đặc trưng của ancol đa chức → phản ứng với Cu(OH)₂ tạo thành phức đồng có màu xanh lam.

2C₆H₁₂O₆ (Glucozơ) + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu (phức đồng glucozơ) + 2H₂O

- Glucozơ có phản ứng tráng bạc → xuất hiện kết tủa bạc màu trắng

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

→ Phản ứng với Cu(OH)₂ hay [Ag(NH₃)₂]OH nhận biết được sự có mặt glucozơ có trong nước tiểu.

→ Đáp án D

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH

Ta có: m_{tinh bột} = 1000. 95% = 950 kg

→ n_{tinh bột} = 950/162 kmol

→ n_ancol = 1615/162 kmol

→ m_ancol = n_ancol. 46 = 458,58 kg

→ Đáp án B

Tinh bột có dạng (C₆H₁₀O₅)_n

Ta có: 200000 ≤ 162n ≤ 1000000

⇔ 200000/162 ≤ n ≤ 1000000/162

⇔ 1234,6 ≤ n ≤ 6172,8

→ Đáp án D

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

Ta có: n_Ag = 10,8/108 = 0,1 mol

→ nC₆H₁₂O₆ = n_Ag/2 = 0,05 mol

→ m = 0,05. 180 = 9 gam

→ Đáp án B

Cacbohiđrat cần tìm là polisaccarit → loại B, D

Trong số các chất còn lại chỉ có xenlulozơ thỏa mãn điều kiện có nhiều gốc β – glucozơ.

→ Đáp án A

Glucozơ và fructozơ không bị thủy phân trong dung dịch H₂SO₄, đun nóng

→ Loại đáp án A, B, C.

Dãy gồm các chất đều bị thủy phân trong dung dịch H₂SO₄ đun nóng là: saccarozơ, tinh bột và xenlulozơ.

(C₆H₁₀O₅)_n (tinh bột hoặc xenlulozơ) + nH₂O -^to, H⁺→ nC₆H₁₂O₆ (glucozơ).

C₁₂H₂₂O₁₁ (Saccarozơ) + H₂O -^to, H⁺→ C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

→ Đáp án D

C₅H₁₁O₅CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH → C₅H₁₁O₅COONH₄ + 2Ag + 3NH₃+ H₂O

n_Ag = 2n_glucozo = (2.18)/180 = 0,2 (mol)

⇒ m_Ag = 0,2. 108 = 21,6g

→ Đáp án C

Ta có: m_{(tinh bột)} = (1000.20)/100 = 200(gam)

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O -^H+→ nC₆H₁₂O₆

⇒ m = 200.(180n/162n). (75/100) = 166,67(gam)

→ Đáp án A

Ta có: m_C = (13,44/22,4). 12 = 7,2 (gam)

m_H = (9/18). 2 = 1 (gam)

Và m_O = 16,2 – (7,2 + 1) = 8g

Lập tỉ lệ: x : y : z = 7,2/12 : 1/1 : 8/16 = 1,2 : 2 : 1 = 6 : 10 : 5

Công thức nguyên của X: (C₆H₁₀O₅)_n

→ Đáp án A

Phản ứng của xenlulozo và glyxerol với HNO₃/H₂SO₄ là phản ứng nitrat hóa tạo sản phẩm nitrat. Phản ứng của phenol với toluen với HNO₃/H₂SO₄ là phản ứng thế nitro ,tạo sản phẩm nitro

⇒ Đáp án 3, 4 sai

→ Đáp án C

Tinh bột (C₆H₁₀O₅)_n → Glucozo (C₆H₁₂O₆) → 2C₂H₅OH + 2CO₂

Do hiệu suất mỗi quá trình lên men là 85%

⇒ nC₆H₁₂O₆ = [(1000.0,95)/162]. 0,85 = 4,985 Kmol

⇒ nC₂H₅OH = 2nC₆H₁₂O₆. 0,85 = 8,4745 Kmol

⇒ mC₂H₅OH = 389,8 (kg)

→ Đáp án C

Đặt CTTQ của X: Cn(H₂O)_m.

C_n(H₂O)_m + nO2 -^to→ nCO₂ + mH₂O (1)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O (2)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)2 (3)

Ca(HCO₃)2 → CaCO₃ + CO₂ + H₂O (4)

Theo (2): n_CO2 (pư) = n_CaCO3 = 0,001 mol

Theo (3), (4): nCO₂ (pư) = 2.nCa(HCO₃)₂ = 2.n_CaCO3 = 0,002 mol

Tổng số mol CO₂ sinh ra từ phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ là 0,003 mol.

Vì khối lượng dung dịch A tăng so với khối lượng dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu là 0,0815 gam nên ta có :

m_CO2 + mH₂O - m_CaCO3 = 0,1815

⇒ m_CO2 + mH₂O = 0,1 + 0,1815

⇒ mH₂O = 0,1815 - m_CO2 = 0,1815 - 0,003.44 = 0,0495 gam

⇒ nH₂O = 0,00275 mol

M_C2H₅OH = M_HCOOH = 46

⇒ M_hh = 46 ⇒ n_X = nHCOOH, C₂H₅OH = 0,0552/46 = 1,2.10^-3mol

⇒ M_X = 0,4104/1,2.10^-3 = 342 gam/mol

Mặt khác X có công thức là C_n(H₂O)_m nên suy ra :

12n + 18m = 342 ⇒ n = 12; m = 11.

Vậy công thức phân tử của X là C12(H₂O)₁₁ hay C₁₂H₂₂O₁₁.

→ Đáp án A

Ta có: m(C₆H₁₀O₅)_n = (10.80)/100 = 8(kg) = 8000(gam)

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆ (1)

162n g                                                     180n g

⇒ m(C₆H₁₀O₅)_n = 8000. (180n/162n) (gam)

C₆H₁₂O₆ -^{lên men, (30-32), enzim}→ 2C₂H₅OH + 2CO₂ (2)

8000. (180n/162n)

mC₂H₅OH = 8000. 180. [92/(180.162)] = 4543,2(g)

Vì hiệu suất quá trình lên men đạt 80% nên:

mC₂H₅OH thực tế = 4543,2. (80/100) = 3634,56(gam)

VC₂H₅OH nguyên chất = 3634,56/0,807 = 4503,5 (ml)

V_dd C₂H₅OH 96^o = 4503,80. (100/96) = 4691,5 (ml) = 4,7(lít)

→ Đáp án A

Chọn thuốc thử Cu(OH)₂/OH-

- Dùng Cu(OH)₂ nguội nhận ra saccarozo và mantozo (do tạo phức tan màu xanh lam) (nhóm I)

- Còn etanol và formalin không phản ứng (nhóm 2).

- Cho mẫu thử ở mỗi nhóm tác dụng với Cu(OH)₂có đun nóng.

- Chất phản ứng, tạo kết tủa đỏ gạch là mantozo (đối với nhóm 1) và formalin (đối với nhóm 2).

Từ đó suy ra chất còn lại ở mỗi nhóm.

→ Đáp án A

RCHO + Ag₂O → RCOOH + 2Ag

Ta có: n_Ag = 2,16/108 = 0,02(mol)

Từ (1) ⇒ n_glucozo = 0,01(mol)

⇒ C_M(glucozo) = 0,01/0,05 = 0,2M

→ Đáp án A