Thủy phân hợp chất trên sẽ thu được các amino axit sau:

H₂N-CH(CH₃)-COOH (α-amino axit)

NH₂-CH₂-COOH (α-amino axit)

NH₂-CH₂-CH₂-COOH (không phải α-amino axit)

NH₂-CH(C₆H₅)-COOH (α-amino axit)

Vậy thủy phân hợp chất trên thu được 3 α-amino axit.

Đáp án D

Metan (CH₄) là hiđrocacbon no ⟹ không tác dụng với Br₂.

Buta-1,3-đien (CH₃-CH=CH-CH₃) có 2 liên kết đôi C=C ⟹ tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:2.

Etilen (CH₂=CH₂) có 1 liên kết đôi C=C ⟹ tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:1.

Axetilen (CH≡CH) có 1 liên kết ba C≡C ⟹ tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:2.

Vậy X có thể là etilen.

Đáp án C

Tơ visco có nguồn gốc từ xenlulozơ.

Đáp án A

- Để đơn giản hóa, coi dung dịch Y gồm các amino axit và HCl

⟹ n_KOH = n_HCl + n_COOH

⟹ n_COOH = n_KOH - n_HCl = 0,38.0,5 - 0,1.1 = 0,09 mol.

Các chất trong X chứa 1 nhóm COOH ⟹ n_X = n_COOH = 0,09 mol

- Công thức chung của hỗn hợp X là: C_nH_2n+1NO₂

C_nH_2n+1NO₂ (X) + O₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) nCO₂ + H₂O + ½ N₂

Từ PT phản ứng cháy ⟹ n_X = (n_H2O - n_CO2)/0,5

Đặt n_CO2 = x mol; n_H2O = y mol

⟹ (y - x)/0,5 = 0,09 ⟹ y - x = 0,045 (1)

- Cho sản phẩm cháy vào bình đựng Ba(OH)₂ dư:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O

  x                      →      x                                  (mol)

m_{dd giảm} = m _↓ - m_CO2 - m_H2O = 43,74 g.

⟹ 197x - 44x - 18y = 43,74

⟹ 153x - 18y = 43,74 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 0,33; y = 0,375

⟹       n_C = n_CO2 = 0,33 mol

            n_H = 2n_H2O = 2.0,375 = 0,75 mol

            n_O = 2n_COOH = 2.0,09 = 0,18 mol

            n_N = n_X = 2.0,045 = 0,09 mol

⟹ a = 0,33.12 + 0,75 + 0,18.16 + 0,09.14 = 8,85 gam.

Đáp án B

Các bước tiến hành thí nghiệm theo thứ tự là:

(4) Cho 1 ml dung dịch AgNO₃ 1% vào ống nghiệm sạch.

(2) Nhỏ từ từ dung dịch NH₃ cho đến khi kết tủa tan hết.

(1) Thêm 3 - 5 giọt glucozơ vào ống nghiệm.

(3) Đun nóng nhẹ hỗn hợp ở 60 - 70°C trong vài phút.

Đáp án A

*Đốt a mol X:

Bảo toàn O → n_H2O = 6n_X + 2n_O2 - 2n_CO2 = 6a + 2.7,75 - 2.5,5 = 6a + 4,5 (mol)

Giả sử chất béo X có độ bất bão hòa toàn phân tử là k.

Ta có công thức:

 \({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \to a = \frac{{5,5 - \left( {6{\rm{a}} + 4,5} \right)}}{{k - 1}}\)

→ ak + 5a = 1 (1)

*a mol X + Br₂ thì:

X + (k - 3)Br₂ → Sản phẩm cộng

→ n_Br2 = (k - 3).n_X → 0,2 = (k - 3).a

→ ak - 3a = 0,2 (2)

Như vậy ta có hệ pt:

 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ak + 5{\rm{a}} = 1}\\{ak - 3{\rm{a}} = 0,2}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ak = 0,5}\\{a = 0,1}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 5}\\{a = 1}\end{array}} \right.\)

BTKL phản ứng cháy → m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 85,8 gam

BTKL phản ứng thủy phân → m_muối = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3 = 85,8 + 0,3.40 - 0,1.92 = 88,6 gam.

Đáp án D

Rót từ từ H⁺ vào dung dịch hỗn hợp HCO₃^- + CO₃^2- xảy ra 2 phản ứng theo thứ tự lần lượt:

H⁺ + CO₃² → HCO₃^-                          (1)

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ ↑ + H₂O             (2)

- Khi n_H⁺ = 2a mol, đã có khí CO₂ thoát ra

⟹ (1) kết thúc, (2) đang xảy ra.

⟹ n_CO2 = n_H⁺₍₂₎ = n_H⁺ - n_H⁺₍₁₎ = n_H⁺ - n_CO3^2- = 2a - a = a (mol).

⟹ a = 0,25x hay x = 4a.

- Để phản ứng hết với HCO₃^- và CO₃^2-, lượng HCl cần dùng bằng:

n_HCl = n_HCO3^- + 2n_CO3^2- = 1,25a + 2a = 3,25a (mol).

- Khi n_HCl = x = 4a mol, dung dịch gồm:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{KCl:3,25{a^{mol}}}\\{HC{l_{du}}:4a - 3,25a = 0,75{a^{mol}}\left( {BTNT.Cl} \right)}\end{array}} \right.\)

⟹ 74,5 . 3,25a + 36,5 . 0,75a = 97,02

⟹ a = 0,36 mol.

Đáp án D

M_{TB amin} = 107/6 . 2 = 35,67 ⟹ 2 amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂.

Đặt n_CH3NH2 = a mol; n_C2H5NH2 = b mol

⟹ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,33}\\{31a + 45b = 0,33.\frac{{107}}{6}.2 = 11,77}\end{array}} \right.\)

⟹ a = 0,22; b = 0,11 (mol)

Kết hợp các dữ kiện:

- Công thức phân tử của X và Y

- Công thức của axit glutamic: HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH

- Công thức 2 amin

- Hỗn hợp G gồm 3 muối trong đó có 2 muối có cùng số C

⟹ Công thức của X và Y lần lượt là:

            X:        (COONH₃C₂H₅)₂

            Y:        CH₃NH₃OOC-CH₂-CH₂-CH(NH₃OOCCH₃)-COOCH₃NH₃

⟹ n_X = b/2 = 0,055 mol; n_Y = a/2 = 0,11 mol

- Khi hỗn hợp E + KOH:

(COONH₃C₂H₅)₂ + 2KOH → (COOK)₂ + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

CH₃NH₃OOC-CH₂-CH₂-CH(NH₃OOCCH₃)-COOCH₃NH₃ + 3KOH

→ KOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOK + CH₃COOK + 2CH₃NH₂ + 3H₂O

Muối thu được gồm:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(COOK)}_2}:0,{{055}^{mol}}}\\{C{H_3}COOK:0,{{11}^{mol}}}\\{KOOCC{H_2}C{H_2}CH(N{H_2})COOK:0,{{11}^{mol}}}\end{array}} \right.\)

⟹ m = 44,44 gam.

Đáp án D

- Chia đồ thị thành các đoạn như ở phần Phương pháp.

Ta thấy đoạn (2) độ dốc ít hơn so với đoạn (1)

Suy ra:

+ Giai đoạn 1: Khí Cl₂ thoát ra từ anot (ở catot Cu²⁺ bị điện phân; ở anot Cl^- bị điện phân)

+ Giai đoạn 2: Khí O₂  thoát ra từ anot (ở catot Cu²⁺ bị điện phân; ở anot hết Cl^-, nước bị điện phân)

+ Giai đoạn 3: Khí O₂ thoát ra từ anot, khí H₂ thoát ra từ catot (ở catot hết Cu²⁺, nước bị điện phân; ở anot nước bị điện phân).

- Khi kết thúc giai đoạn (1): t = a (s); ứng với sự trao đổi b (mol) electron

Ở anot:            2Cl^- - 2e → Cl₂ ↑

                                   b   → 0,5b                    (mol)

 - Khi kết thúc giai đoạn (2): t = 3a (s); ứng với sự trao đổi 3b (mol) electron

Ở anot:            2Cl^- - 2e → Cl₂ ↑

                                   b  →  0,5b                    (mol)

                        H₂O - 2e → 2H⁺ + ½ O₂ ↑

                                   2b            →  0,5b        (mol)

- Khi t = 4a (s), tổng số mol khí thu được là 0,35 mol; ứng với sự trao đổi 4b (mol) electron

Ở anot:            2Cl^- - 2e → Cl₂ ↑

                                   b  →  0,5b                    (mol)

                        H₂O - 2e → 2H⁺ + ½ O₂ ↑

                                   3b            →  0,75b      (mol)

Ở catot:           Cu²⁺ + 2e → Cu

                                   3b → 1,5b                    (mol)

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂ ↑

              b               → 0,5b     (mol)

⟹ 0,5b + 0,75b + 0,5b = 0,35 ⟹ b = 0,2 mol

⟹ n_Cu(NO3)2 = 1,5.0,2 = 0,3 mol

      n_NaCl = b = 0,2 mol

- Khi t = 2a (s); ứng với sự trao đổi 2b = 0,4 mol electron

Ở anot:            2Cl^- - 2e → Cl₂ ↑

                                 0,2 → 0,1           (mol)

                        H₂O - 2e → 2H⁺ + ½ O₂ ↑

                                   0,2          →  0,05         (mol)

Ở catot:           Cu²⁺ + 2e → Cu

                                   0,4 → 0,2                     (mol)

⟹ Dung dịch khi đó gồm

⟹ Tổng số mol các chất tan là 0,1 + 0,2 + 0,2 = 0,5 mol.

Đáp án B

n_CO(bđ) = 0,4 mol; n_NO = 0,32 mol

- Hỗn hợp khí Z gồm CO₂: x (mol) và CO dư: y (mol)

⟹ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {n_{CO}} = 0,4}\\{44x + 28y = {m_Z} = 0,4.19.2 = 15,2}\end{array}} \right.\)

⟹ x = 0,25; y = 0,15 (mol)

⟹ n_{O(bị CO lấy đi)} = n_CO2 = 0,25 (mol)

⟹ m_Y = m_X - m_{O(bị CO lấy đi)} = m - 0,25.16 = m - 4 (g)

⟹ n_O(Y) = n_O(X) - n_{O(bị CO lấy đi)} = \(\frac{0,2593m}{16}-0,25\) (mol)

- Ta thấy H⁺ tham gia vào các bán phản ứng sau:

            4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

            2H⁺ + O^2- → H₂O

⟹ n_HNO3 = n_H⁺ = 4n_NO + 2n_O(Y)

= 4.0,32 + 2(\(\frac{0,2593m}{16}-0,25\)) = \(1,28+\frac{0,2593m}{8}-0,5\)

⟹ n_H2O = n_HNO3/2 = \(0,64+\frac{0,2593m}{16}-0,25\)

Bảo toàn khối lượng: m_Y + m_HNO3 = m_muối + m_NO + m_H2O

⟹ \(m - 4 + 63(1,28 + \frac{{0,2593m}}{8} - 0,5) = 3,456m + 30.0,32 + 18(0,64 + \frac{{0,2593m}}{{16}} - 0,25)\)

⟹ m ≈ 38,43 gam.

Đáp án A

- Khi đốt cháy hỗn hợp E:

n_CO2 = 24,64/22,4 = 1,1 mol

n_H2O = 21,6/18 = 1,2 mol

⟹ \(H=\frac{{{n}_{H}}}{{{n}_{hh}}}=\frac{2{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{{{n}_{hh}}}=\frac{2.1,2}{0,6}=4\)

⟹ Ancol X phải là CH₃OH

Tỉ lệ mol X, Y, Z là 3 : 1 : 2 ⟹ n_X = 0,3 mol; n_Y = 0,1 mol; n_Z = 0,2 mol.

- Gọi số nguyên tử cacbon trong Y là a; số nguyên tử cacbon trong Z là b (a, b ≥ 2)

⟹ 0,3 + 0,1a + 0,2b = 1,1

⟹ a + 2b = 8

⟹ a = 2, b = 3 thỏa mãn ⟹ Y là HCOOCH₃, Z là OHC-CH₂-CHO

- Y (HCOOCH₃) phản ứng với Ag theo tỉ lệ 1 : 2, Z (HOC-CH₂-CHO) phản ứng với Ag theo tỉ lệ 1 : 4

⟹ n_Ag = 2n_Y + 4n_Z = 2.0,1 + 4.0,2 = 1 mol

⟹ m_Ag = 108 gam.

Đáp án C

- (a) đúng, thủy phân tripanmitin thu được glixerol, thủy phân etyl axetat thu được ancol etylic.

VD với MT kiềm:

            (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH \(\xrightarrow[{}]{{{t}^{o}}}\) 3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃

            CH₃COOC₂H₅ + NaOH \(\xrightarrow[{}]{{{t}^{o}}}\) CH₃COONa + C₂H₅OH

- (b) đúng, mỡ động vật và dầu thực vật đều chứa nhiều chất béo.

- (c) sai, hiđro hóa hoàn toàn triolein thu được tristearin.

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ (triolein) + 3H₂ \(\xrightarrow[{{t}^{o}}]{Ni}\) (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ (tristearin).

- (d) đúng, thủy phân vinyl fomat thu được hai sản phẩm đều có phản ứng tráng bạc:

            HCOOCH=CH₂ .\(\xrightarrow[{{H}_{2}}S{{O}_{4}}dac,{{t}^{o}}]{{{H}_{2}}O}\). HCOOH + CH₃CHO

            HCOOCH=CH₂ \(\xrightarrow[{{t}^{o}}]{NaOH}\) HCOONa + CH₃CHO

- (e) đúng: ứng với công thức đơn giản nhất là CH₂O có 3 chất hữu cơ đơn chức, mạch hở:

            HCHO (anđehit đơn chức)

            CH₃COOH (axit đơn chức)

            HCOOCH₃ (este đơn chức)

Vậy có 4 phát biểu đúng (a, b, d, e).

Đáp án B

- Khi đốt cháy hỗn hợp T gồm 2 muối:

n_Na(T) = 2n_Na2CO3 = 2.0,35 = 0,7 mol

Bảo toàn nguyên tố O: 2n_COONa + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O

⟹ n_CO2 = (2.0,7 + 2.0,275 - 3.0,35 - 0,2) : 2 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố C: n_C(T) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,35 + 0,35 = 0,7 mol

⟹ n_Na(T) = n_C(T) ⟹ Các chất trong T có số nguyên tử C bằng số nguyên tử Na

⟹ T gồm 2 muối HCOONa và (COONa)₂

n_HCOONa = 2n_H2O = 2.0,2 = 0,4 mol

n_(COONa)2 = (0,7 - 0,4) : 2 = 0,15 mol

⟹ m_T = 0,4.68 + 0,15.134 = 47,3 gam.

- Khi thủy phân hỗn hợp A:

n_NaOH = n_Na(T) = 0,7 mol ⟹ m_NaOH = 40.0,7 = 28 gam.

Bảo toàn khối lượng: m_A = m_ancol + m_T - m_NaOH = 22,2 + 47,3 - 28 = 41,5 gam.

- Khi đốt cháy hỗn hợp A:

Đặt n_CO2 = x mol; n_H2O = y mol

⟹ x - y = 0,25 mol (1)

n_O(A) = 2n_COO = 2n_Na(T) = 2.0,7 = 1,4 mol

Trong A gồm: x mol C; 2y mol H; 1,4 mol O

⟹ 12x + 2y + 1,4.16 = 41,5

⟹ 12x + 2y = 19,1 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 1,4; y = 1,15

- Bảo toàn nguyên tố C:

n_C(ancol) = n_C(A) - n_C(T) = 1,4 - 0,7 = 0,7 mol

n_O(ancol) = n_NaOH = 0,7 mol

n_H(ancol) = n_H(A) - n_H(T) = 2.1,15 + 0,7 - 0,4 = 2,6 mol

⟹ n_ancol = n_H2O - n_CO2 = 2,6/2 - 0,7 = 0,6 mol (do số nguyên tử O trong ancol bằng số nguyên tử C nên 2 ancol đều là ancol no).

⟹ Số C TB = 0,7/0,6 = 1,17

Mặt khác, số nguyên tử O trong ancol bằng số nguyên tử C

⟹ Hai ancol đó là CH₃OH: a mol và C₂H₄(OH)₂: b mol

⟹ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 0,6}\\{x + 2y = 0,7}\end{array}} \right.\) ⟹ x = 0,5; y = 0,1

- Ghép 2 muối ở hỗn hợp T và 2 ancol ta được:

­ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOOC{H_3}:0,{2^{mol}}}\\{{{(HCOO)}_2}{C_2}{H_4}:0,{1^{mol}}}\\{{{(COOC{H_3})}_2}:0,{{15}^{mol}}}\end{array}} \right.\)

%m_HCOOCH3 = 0,2.60/41,5 . 100% = 28,92%

%m_(HCOO)2C2H4 = 0,1.118/41,5 . 100% = 28,43%

%m_(COOCH3)2 = 100% - 28,92% - 28,43% = 42,65%

Mà Z chiếm % khối lượng lớn nhất ⟹ %m_Z = 42,65%.

Đáp án B

(a) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

(b) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

(c) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

(d) 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

(e) 2FeO + 4H₂SO_{4 đặc, nóng} → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4H₂O

(f) BaO + H₂O → Ba(OH)₂

⟹ Có 4 thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa - khử: a, c, d, e.

Đáp án B

(a) đúng, dầu mỡ sau khi sử dụng, có thể tái chế thành nhiên liệu.

(b) đúng, muối mononatri của axit glutamic được dùng làm bột ngọt (mì chính).

(c) đúng, amilopectin, tơ tằm, lông cừu là polime thiên nhiên.

(d) đúng, chất độn amiăng làm tăng tính chịu nhiệt của chất dẻo.

(e) đúng, khi cho giấm ăn (hoặc chanh) vào sữa bò hoặc sữa đậu nành thì thấy có kết tủa xuất hiện (sự đông tụ protein).

(f) đúng, thành phần chính của khí biogas là metan.

Vậy cả 6 nhận định đều đúng.

Đáp án D

CaSO₄.2H₂O được gọi là thạch cao sống.

Chọn A.

Kim loại dẫn điện tốt nhất ⟹ Ag.

Chọn B.

Tơ thiên nhiên là tơ có nguồn gốc hoàn toàn từ tự nhiên ⟹ Tơ tằm là tơ thiên nhiên.

Chọn B.

Tính oxi hóa của các ion: Al³⁺ < Cu²⁺ < Fe²⁺ < Ag⁺.

⟹ Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất.

Chọn B.

Bậc amin bằng số nguyên tử của NH₃ bị thay thế bởi gốc hiđrocacbon.

⟹ Trimetyl ((CH₃)₃N) là amin bậc 3.

Chọn D.

Cu không tác dụng với dung dịch HCl.

PTHH:

     3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

     Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄

     Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu

Chọn D.

Dung dịch NH₃ có môi trường kiềm, làm dung dịch phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

Chọn C.

A: H⁺ + OH^- → H₂O

B: Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂ ↓

C: OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

D: OH^- + NH₄⁺ → NH₃ + H₂O

Chọn A.

Saccarozơ thuộc loại đisaccarit.

Chọn A.

Để làm mềm mẫu nước cứng trên ta có thể dùng Na₃PO₄ vì PO₄^3- kết tủa hết Ca²⁺ và Mg²⁺:

     Ca²⁺ + PO₄^3- → Ca₃(PO₄)₂ ↓

     Mg²⁺ + PO₄^3- → Mg₃(PO₄)₂ ↓

Chọn C.

Poli(vinyl clorua) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp vinyl clorua:

\(nC{{H}_{2}}=C{{H}_{2}}\left( vinylclorua \right)\xrightarrow{{{t}^{o}},xt,p}{{\left( -C{{H}_{2}}-C{{H}_{2}}- \right)}_{n}}\left( poli\left( vinylclorua \right) \right)\)

Li là kim loại kiềm.

Chọn C.

- Kim loại có tính khử yếu sẽ được tạo ra trước nên thứ tự tạo kim loại: Ag → Zn → Al.

⟹ 2 kim loại là Ag và Zn dư.

- Muối chứa ion kim loại có tính oxi hóa yếu hơn sẽ tạo ra trước nên thứ tự tạo muối: Al³⁺ → Zn²⁺ → Ag⁺.

⟹ 1 muối là Al(NO₃)₃.

n_H2 = 7,28/22,4 = 0,325 mol.

Giả sử kim loại M có hóa trị là n (n = 1; 2; 3).

2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

\(\frac{0,65}{n}\)            ←               0,325 (mol)

Ta có: m_{kim loại} = \(\frac{{0,65}}{n}\).M = 5,85 → M = 9n.

⟹ n = 3; M = 27 thỏa mãn.

⟹ Kim loại là Al.

Chọn B.

Đặt công thức X là H₂N-R-COOH.

H₂N-R-COOH + HCl → ClH₃N-R-COOH

BTKL: m_HCl = m_muối - m_X = 15,06 - 10,68 = 4,38 gam → n_HCl = 4,38/36,5 = 0,12 mol.

Ta có: n_X = n_HCl = 0,12 mol ⟹ M_X = 10,68/0,12 = 89.

Mà X là α-amino axit ⟹ X là CH₃CH(NH₂)COOH.

Chọn C.

- A sai, chỉ có các protein dạng cầu tan được trong nước; protein dạng sợi không tan trong nước.

- B đúng, do protein có chứa liên kết -CONH-, kém bền trong MT axit, bazo, enzim.

- C đúng.

- D đúng.

Chọn A.

Este RCOOR' thủy phân thu được ancol thì nhóm COO phải liên kết với nguyên tử C no của gốc R'.

⟹ CH₂=CHCOOCH₃ thủy phân thu được ancol.

PTHH:

A: HCOOCH=CHCH₃ + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}\) HCOOH + CH₃-CH₂-CHO.

B: CH₃COOCH=CH₂ + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}\)  CH₃COOH + CH₃CHO.

C: CH₂=CHCOOCH₃ + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}\)  CH₂=CHCOOH + CH₃OH.

D: HCOOC(CH₃)=CH₂ + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}\)  HCOOH + CH₃-CO-CH₃.

Chọn C.

Tất cả các chất trên đều tác dụng được với dung dịch NaOH.

PTHH:

     2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂;

     Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O;

     Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O;

     AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ ↓ + 3NaCl.

Chọn A.

Công thức của geranyl axetat là CH₃COOC₁₀H₁₇.

Chọn B.

Sử dụng phiễu chiết để tách 2 chất lỏng không tan vào nhau.

⟹ Có thể sử dụng phễu chiết trên để tách etyl axetat và nước cất.

Chọn B.

(a) sai, vì Al(OH)₃ không tan trong NH₃ dư.

(b) đúng, PTHH: Ba(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ → BaSO₄ ↓ + K₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O.

(c) đúng, PTHH: 2Mg + O₂ \(\xrightarrow{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}\)  2MgO.

(d) sai, ví dụ như Be, Mg là kim loại kiềm thổ nhưng không phản ứng với nước ở nhiệt độ thường.

Vậy có 2 phát biểu đúng là (b) và (c).

Chọn C.

(a) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂ ↑

(b) 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO ↑ + 4H₂O

(c) CO₂ + Na₂SiO₃ + H₂O → Na₂CO₃ + H₂SiO₃ ↓

(d) 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ ↑

Vậy có 3 thí nghiệm thu được khí là (a), (b), (d).

Chọn D.

n_{glucozo (ban đầu)} = 27/180 = 0,15 mol → n_{glucozo (phản ứng)} = 0,15.50% = 0,075 mol.

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

0,075 →                               0,15        (mol)

⟹ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít.

Chọn D.

(a) Gang là hợp kim của Fe-C (ngoài ra còn 1 số chất khác) được để trong dung dịch điện li là không khí ẩm

⟹ có xảy ra ăn mòn điện hóa.

(b) Không có cặp điện cực khác nhau về bản chất

⟹ không xảy ra ăn mòn điện hóa.

(c) Có cặp điện cực Al-Cu (do phản ứng 2Al + 3Cu²⁺ → 2Al³⁺ + 3Cu) và được đặt trong dung dịch điện li

⟹ có xảy ra ăn mòn điện hóa.

(d) Không có dung dịch điện li

⟹ không xảy ra ăn mòn điện hóa.

Vậy có 2 thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là (a) và (c).

Chọn A.

n_H2 = 6,72/22,4 = 0,3 mol.

- Khi kim loại tác dụng với nước ta có: n_OH^- = 2n_H2 = 0,6 mol.

- Trong phản ứng trung hòa: n_H⁺ = n_OH^- = 0,6 mol.

Mà n_H⁺ = n_HNO3 + n_HCl ⟹ V.1 + V.1 = 0,6 ⟹ V = 0,3 lít.

Chọn B.