Gly-Phe-Tyr-Lys-Gly-Phe-Tyr-Ala có thể thủy phân ra các tripeptit có chứa Gly là Gly-Phe-Tyr, Tyr-Lys-Gly, Lys-Gly-Phe → Có 3 sản phẩm.

→ Đáp án B

Quy đổi 28g hỗn hợp X thành: C₂H₅OH (a mol); C₂H₂ (b mol); CH₂ ( c mol)

( CH₂ không phải là 1 chất chỉ là nhóm nên nó chỉ có thành phần khối lượng mà không được tính vào số mol hỗn hợp)

⇒46a + 26b + 14c = 28 (1)

Khi cho X qua bình đựng Na dư, ancol bị giữ lại phản ứng và sinh ra 0,5mol H₂ và hỗn hợp ankin không phản ứng thoát ra

⇒0,5a + b = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol (2)

Ta có trong 0,3 mol hỗn hợp X có: ka mol C₂H₅OH; kb mol C₂H₂ và kc mol CH₂ (k là tỉ lệ khối lượng của 0,3 mol X với 28g X)

⇒k(a+b) = 0,3 mol

Viết phương trình đốt cháy ta có n O₂ = k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 mol

(3a + 2,5b + 1,5c) : (a + b) = 0,125 : 0,3   (3)

Từ (1)(2)(3) ⇒a = 0,2 mol; b = 0,4 mol; c = 0,6 mol

%m ancol = (0,2.46/28).100% = 32,86%

⇒ Đáp án A

Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là: C₃H₅(OH)₃ ( a mol), Z là CH₃OH (b mol)

Ta có: m_{bình tăng} = m_ancol – m_H2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g

a + b = 0,29 mol

⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol

B no và 3 chức nên có 3 liên kết ℼ. Mà B, C có cùng số liên kết ℼ nên C đơn chức và có 2 liên kết ℼ C-C

m_X = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78

n_O2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89

Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07

⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22

Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C₄H₅COOCH₃

%m_C = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51%

⇒ Đáp án B

Đặt CTCT của X là: GlyaAlabValc (a + b + c = 6).

Giải phương trình, ta có:

Nhận thấy: a = 3, b = 2 và

Khi đó 44,34 = 3.n_X(75 + 36,5) + 2n_X(89 + 36,5) + n_X(117 + 36,5) → n_X = 0,06 → m = 25,8 gam.

→ Đáp án B

Dầu mỡ động thực vật là các trieste, còn dầu mỡ bôi trơn máy là các ankan cao phân tử. Chúng hoàn toàn khác nhau.

Giả sử trong 1g chất béo có 0,89g tristearin còn 0,11g axit stearic

⇒ n_KOH = 0,11 : 284 = 0,00038mol

⇒ m_KOH = 0,00038. 56 = 0,02169g = 21,69mg

Tức là chỉ số a xit là 21,69.

Nước cứng chứa ion Ca²⁺, Mg²⁺ sẽ kết tủa với muối natri của các axit béo (thành phần chính của xà phòng) (VD: canxi stearat) làm giảm khả năng tẩy rửa, kết tủa đọng lại trên sợi vải, làm bục sợi vải.

Tristearin: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

m_glixerol = 92.n_glixerol = 92.n_tristearin = 92. (2,225/890). 0,8 = 0,184 kg.

b – c = 4a → trong phân tử có 5 liên kết π (3 liên kết π ở -COO- và 2 liên kết π ở mạch C)

1mol X + 2mol H₂ → n_X = 0,15 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m₁= 39 – 0,3.2 = 38,4 gam

m₂= 38,4 +0,7.40 – 0,15.92 = 52,6 gam

Bảo toàn khối lượng ta có 17,72 + 1,61.32 =  mCO₂+ 1,06.18

→ mCO₂ = 50,16 → nCO₂ = 1,14 mol

Bảo toàn O có nO(chất béo) + 2nO₂ = 2nCO₂ + nH₂O

→ nO( chất béo ) = 0,12 → nchất béo = 0,02 mol

→ 26,58 g chất béo có số mol: 0,03 mol

→ phản ứng với 0,09mol NaOH

Ta có chất béo + 0,09 mol NaOH → muối + 0,03  mol C₃H₅(OH)₃

Bảo toàn khối lượng mmuối =26,58 + 0,09.40 -0,03.92 =27,42 g

Bảo toàn nguyên tố O ta có

→ nO(X) =0,12 → nCOOH(X) = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ta có mX  + mO₂ = mCO₂ + mH₂O

→ m + 1,61.32 = 1,14.44 + 1,06.18 → m =17,72 g

17,72 g X có 0,06 mol COOH → 26,58 g X có 0,09 mol COOH

→ 26,58 g X + 0,09 mol NaOH → muối + 0,03 mol C₃H₅ (OH)₃

Bảo toàn khối lượng có 26,58 + 0,09.40 = mmuối + 0,03.92 → mmuối = 27,42 

n_tristearin = 178/890 = 0,2 mol

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3C₁₇H₃₅COOK + C₃H₅(OH)₃

n_muối = 3.0,2 = 0,6 mol

M = 322.0,6 = 193,2 g

có n_glixerol = 0,92 ÷ 92 = 0,01 mol; n_{natri linoleat} = 3,02 ÷ 302 = 0,01 mol

⇒ tỉ lệ: n_glixerol : n_{natri linoleat} = 1 : 1 → cho biết X chứa 1 gốc linoleat

⇒ 2 gốc axit còn lại là 2 gốc oleat ⇒ có 2 cấu tạo thỏa mãn X là: A-A-B; A-B-A

Kí hiệu gốc axit stearic là S, panmitic là P và oleic là O.

Chọn hai gốc trong ba gốc có 3 cách.

Với mỗi hai gốc, chẳng hạn S và P thì có 4 cách xếp: SSP; SPS; PPS; PSP

→ trieste được tạo từ hai gốc axit là 4 × 3 = 12.

► Tuy nhiên, yêu cầu là "ít nhất 2 gốc axit" → TH nữa là triglixerit được tạo từ cả 3 gốc.

→ có thêm 3 cách nữa là SPO; SOP và PSO.

→ tổng là 15 thỏa mãn yêu cầu

Este của glixerol với axit cacboxylic (RCOOH) có dạng (RCOO)_nC₃H₅(OH)3-n

→ Vậy các este đó có thể là RCOOC₃H₅(OH)₂; (RCOO)2C₃H₅(OH); (RCOO)₃C₃H₅

→ Các công thức viết đúng là (1), (2), (3)

→ Đáp án D

C₄H₆O₂ có k = 2 → este không no, có chứa liên kết đôi C = C, đơn chức, mạch hở

→ Các đồng phân este mạch hở của C₄H₆O₂ là

HCOOCH=CH-CH₃

HCOOCH₂CH=CH₂

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

CH₂=CHCOOCH₃

→ Có 5 đồng phân este

→ Đáp án C

(3) sai, glucozo tan tốt trong nước

(5) sai, glucozo không có nhóm chức axit, nên không thể hiện tính chất của axit.

A sai, glucozo là chất rắn không màu, tan trong nước, có vị ngọt.

Hỗn hợp gồm: C₆H₁₂O₆, HCHO, CH₃COOH.

→ Đặt công thức chung cho hỗn hợp là C_nH_2nO_n

 \(\begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n}}{O_n} + n{O_2} \to nC{O_2} + n{H_2}O\\
 \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = {n_{{O_2}}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1mol\\
 \Rightarrow \Delta {m_{dd}} = {m_{CaC{O_3}}} - ({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}) = 100.0,1 - (44.0,1 + 18.0,1) = 3,8g
\end{array}\)

 Khối lượng dung dịch tăng 3,8g

1C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

100 lít rượu vang 10^o = VC₂H₅OH = V_rượu × 10% = 100 × 10% = 10 lít.

Ta có dC₂H₅OH = 0,8 g/ml = 0,8 kg/l.

mC₂H₅OH = VC₂H₅OH.d_C2H₅OH = 10.0,8 = 8 kg.

Theo phương trình mC₆H₁₂O₆ lý thuyết = (180.8) : (2.46) = 15,652 kg

Mà H = 95%

⇒ mC₆H₁₂O₆ thực tế = mC₆H₁₂O₆ lý thuyết : H = 15,652 : 95% = 16,47597 kg = 16475,97 gam.

n_glucozo = 18 : 180 = 0,1 mol

⇒ m_Ag = 0,2 . 108 = 21,6 gam

1C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

Ta có 1 lít rượu 40^o nên VC₂H₅OH = V_rượu × 40% = 1000 × 40% = 400 ml.

Ta có dC₂H₅OH = 0,8 g/ml.

mC₂H₅OH = VC₂H₅OH.dC₂H₅OH = 400.0,8 = 320 gam.

Theo phương trình mC₆H₁₂O₆ lý thuyết = (180.320) : 92 = 626,087 gam.

Mà H = 80% nên mC₆H₁₂O₆ thực tế = mC₆H₁₂O₆ lý thuyết : H = 626,087 : 0,8 = 782,6 gam.

- Hấp thụ CO₂ dung dịch Ca(OH)₂:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

n_CO2 = n_CaCO3 = 50/100 = 0,5 mol.

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂

theo pt : nC₆H₁₂O₆ lý thuyết = 1/2. n_CO2 = 1/2. 0,5 = 0,25 mol.

mC₆H₁₂O₆ lý thuyết = 0,25 × 180 = 45 gam.

Mà H = 80%

mC₆H₁₂O₆ = mC₆H₁₂O₆ lý thuyết : H = 45 : 80% = 56,25 gam.

C₅H₁₂O₆ → 2CO₂

2,0 kg glucozơ lần 10% tạp chất nên mC₆H₁₂O₆ nguyên chất = 2 × 90% = 1,8 kg.

Theo phương trình mC₂H₅OH lý thuyết = (9,2.1,8) : 180 = 0,92 kg.

Mà H = 70% nên m_C2H₅OH thực tế = mC₂H₅OH lý thuyết × H = 0,92 × 70% = 0,644 kg.

Ta có dC₂H₅OH = 0,8 g/ml = 0,8 kg/l.

VC₂H₅OH = mC₂H₅OH : dC₂H₅OH = 0,644 : 0,8 = 0,805 lít.

Ta có rượu 46^o nên V_rượu = VC₂H₅OH : 46% = 0,805 : 46% = 1,75 lít.

(1) Sai vì saccarozo không màu.

(2) Đúng.

(3) Sai vì saccarozo không có nhóm -CHO.

(4) Đúng.

(5) Sai vì saccarozo chỉ bị thủy phân trong môi trường axit khi đun nóng.

Đáp án B 

Chất dùng để tẩy trắng đường là khí sunfurơ (SO₂).

Đáp án C

Glucozo, fructozo (C₆H₁₂O₆): monosaccarit

C₂H₄O₂: không phải đường

Tinh bột, xenlulozo ((C₆H₁₀O₅)_n): polisaccarit

Saccarozo, mantozo (C₁₂H₂₂O₁₁): đisaccarit

Đáp án D

Dung dịch saccarozo có thể phản ứng với tất cả các chất trong nhóm Cu(OH)₂, H₂SO₄ loãng,Na

Đáp án A loại vì CuSO₄

Đáp án C loại vì AgNO₃/NH₃

Đáp án D loại vì H₂, Br₂ 

Saccarozo → Glu + Fruc

Mantozo → 2Glu

Do Glu và Fruc đều tráng ra 2Ag nên lượng Ag sinh ra là như nhau

Đáp án A

Saccarozơ có các tính chất sau:

+ là chất kết tinh không màu (1)

+ có vị ngọt (2)

+ tan trong nước (3)

+ hòa tan Cu(OH)₂ (4)

→ 4 tính chất  

Có n_Ag = 2nC₆H₁₂O₆ = (2.27)/180 = 0,3 mol

→ m_Ag = 0,3.180 = 32,4 g

→ Đáp án D

1 mol C₁₂H₂₂O₁₁ → 0,9 mol C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + 0,9 mol C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

→ (0,9 + 0,9).2.90% = 3,24 mol Ag

Ta có: n_Ag = 3,24n_saccarozơ

→ m_{Ag tạo ra} = 1,62.108 = 174,96 gam.

→ Đáp án D

Sơ đồ: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH

Ta có: m_glucozơ = 10. 90% = 9 kg

→ n_glucozơ = 9/180 = 0,05 kmol

→ n_ancol = 0,05. 2. 95% = 0,095 kmol

→ m_ancol = n_ancol. 46 = 0,095. 46 = 4,37 kg.

→ Đáp án D

Glucozơ (C₆H₁₂O₆) → 2C₂H₅OH + 2CO₂ → CaCO₃

→ nC₂H₅OH = n_CO2 = x

Ta có: m_{dung dịch tăng} = mC₂H₅OH + m_CO2 - m_CaCO3 = 3,5

→ 46x + 44x - 10 = 3,5 → x = 0,15 mol

Vì hiệu suất phản ứng lên men là 90%

→ nC₂H₅OH = 90%.2nC₆H₁₂O₆ → nC₆H₁₂O₆ = 1/12 mol

→ a = mC₆H₁₂O₆ = 180/12 = 15 g

→ Đáp án C

Trong môi trường nước, lực bazơ được sắp xếp theo chiều tăng dần: anilin→ trimetylamin→ metylamin→ dimetylamin

Phản ứng của amin bậc 2 với HCl dư: R–NH–R' + HCl → R–NH₂Cl–R'

có m_X = 2,36 gam và m_muối = 3,82 gam ⇒ theo BTKL có m_HCl = 1,46 gam

⇒ n_X = n_HCl = 1,46 ÷ 36,5 = 0,04 mol ⇒ M_X = 2,36 ÷ 0,04 = 59

⇒ R + R' = 44 = 15 + 29 ⇒ R và R' là các gốc metyl (CH₃) và etyl (C₂H₅).

⇒ amin X thỏa mãn có tên là etylmetylamin

amin X đơn chức dạng

              C_xH_yN + HCl → C_xH_{y + 1}NCl.

⇒ n_X = n_HCl = 0,08 mol. Lại có 100 gam X 4,72% ⇒ m_{X dùng} = 4,72 gam.

⇒ M_X = 4,72 ÷ 0,08 = 59 ứng với công thức của amin X là C₃H₉N.

Đáp án C

Ancol Y: nH₂O > nCO₂ → ancol no, mạch hở

nCO₂ : 2nH₂O = nC : nH = 0,4 : 0,12 = 1 : 3
→ C₂H₆O_n → nY = nH₂O – nCO₂ = 0,2 mol

nhc = 0,4 mol = 2nY → CTCT thỏa mãn : C₃H₇N(COOC₂H₅)₂

→ Muối X là: C₃H₇N(COONa)₂ hay C₅H₇O₄NNa₂

Đáp án B

Gọi CT 2 amin C_nH_2n+1NH₂

BTKL →  nHCl = (34- 19,4): 36,5 = 0,4 (mol) = namin 

M amin = m : n = 19,4 : 0,4 = 48,5

→ 14n + 3 + 14 = 48,5

→ n = 2,25

→ C₂H₇N và C₃H₉N

Đáp án B

NH₂-CH₂-COOH không đổi màu quỳ tím

CH₃COOH làm quỳ tím hóa hồng

C₂H₅NH₂ làm quỳ tím hóa xanh