n_CO2 = 0,65 mol; n_H2O = 1,025 mol

Gọi công thức trung bình của 2 amin là

\({{C}_{{\bar{n}}}}{{H}_{2\bar{n}+3}}N+\left( 1,5\bar{n}+0,75 \right){{O}_{2}}\xrightarrow{{{t}^{o}}}\bar{n}C{{O}_{2}}+\left( \bar{n}+1,5 \right){{H}_{2}}O+0,5{{N}_{2}}\)

Ta có: \(\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}{{{n}_{{{H}_{2}}O}}}=\frac{{\bar{n}}}{\bar{n}+1,5}=\frac{0,65}{1,025}\to \bar{n}=2,6\)

⟹ Hỗn hợp có CTTC là C_2,6H_8,2N và n_{hỗn hợp} = 0,65 : 2,6 = 0,25 mol

⟹ m = 0,25.53,4 = 13,35 gam

Đáp án D

Để cho việc tính toán đơn giản ta coi công thức của xenlulozo là C₆H₇O₂(OH)₃

 C₆H₇O₂(OH)₃ + 3HO-NO₂ → C₆H₇O₂(ONO₂)₃ + 3H₂O

PT:                          3.63 = 189 (g)         297 (g)

ĐB:                             18,9 (kg) ←        29,7 (kg)

⟹ m_{dd HNO3} = 18,9.(100/96) = 19,8675 (kg)

⟹ V_{dd HNO3} = m : D = 19,8675 : 1,52 = 12,952 lít

Đáp án D

n_O2 = 1,904/22,4 = 0,085 mol

Gọi công thức chung của 2 este là

\({{C}_{{\bar{n}}}}{{H}_{2\bar{n}}}{{O}_{2}}+\left( 1,5\bar{n}-1 \right){{O}_{2}}\xrightarrow{{{t}^{o}}}\bar{n}C{{O}_{2}}+\bar{n}{{H}_{2}}O\)

\(\frac{0,085}{1,5\bar{n}-1}\leftarrow 0,085\left( mol \right)\)

Ta có: \({{m}_{este}}=\frac{0,085}{1,5\bar{n}-1}.\left( 14\bar{n}+32 \right)=1,62\to \bar{n}=3,5\)

Do 2 este là đồng đẳng kế tiếp nên là C₃H₆O₂ và C₄H₈O₂.

Đáp án C

n_X = 0,1 mol; n_NaOH = 0,3 mol

- Xác định công thức cấu tạo của X và khí Y:

X + NaOH ⟶ Khí Y làm xanh quỳ tím ẩm

⟹ X là (COONH₄)₂

⟹ Y là NH₃

- Xác định các chất trong chất rắn khan và tính m:

(COONH₄)₂ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

       0,1                0,2               0,1             0,2                  mol

Chất rắn gồm: 0,1 mol (COONa)₂ và 0,1 mol NaOH dư

⟹ m_rắn = 17,4 gam

Đáp án B

Các amino axit đều có 1 nhóm NH₂ ⟹ đipeptit X có chứa 2 nguyên tử N

M_X = 75 + 89 - 18 = 146 g/mol

⟹ n_X = 14,6/146 = 0,1 mol

⟹ n_HCl = n_N = 2n_X = 0,2 mol

⟹ V_{dd HCl} = 0,2 lít

Đáp án B

m_{tinh bột} = 486.(80/100) = 388,8 kg

         (C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆

PT:     162n                                180n     (kg)

ĐB:    388,8              →              432      (kg)

Do hiệu suất đạt 75% nên khối lượng glucozo thực tế thu được là: 432.(75/100) = 324 kg

Bấm máy nhanh: m_{glucozo(thực tế)} = 486 . 0,8 : 162 . 180 . 0,75 = 324 kg

Đáp án B

X + NaOH tạo 2Z và Y (đều là 2 chất hữu cơ) ⟹ X là este

Oxi hóa 1 mol Y cần 2 mol CuO ⟹ Y có 2 nhóm OH ⟹ Y có ít nhất 2 cacbon

Vậy X: (HCOO)₂C₂H₄

⟹ Y: C₂H₄(OH)₂ ⟹ T: (CHO)₂ có M_T = 58

Đáp án C

X phản ứng với KOH thu được kết tủa → X có chứa Ca(HCO₃)₂

Phản ứng của X với KOH có thể xảy ra theo 2 PTHH sau:

(1) Ca(HCO₃)₂ + KOH → CaCO₃ + KHCO₃ + H₂O

(2) Ca(HCO₃)₂ + 2KOH → CaCO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O

Ở cả 2 PTHH trên lượng CaCO₃ đều đạt lớn nhất, nhưng dùng KOH tối thiểu thì xảy ra phản ứng (1):

Ca(HCO₃)₂ + KOH → CaCO₃ + KHCO₃ + H₂O

      0,1 ←       0,1 (mol)

Vậy hấp thụ CO₂ vào Ca(OH)₂ thu được CaCO₃ (0,3 mol) và Ca(HCO₃)₂ (0,1 mol)

Bảo toàn C → n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 = 0,5 mol

Sơ đồ: C₆H₁₀O₅ → C₆H₁₂O₆ → 2CO₂

              0,25 ←                         0,5   (mol)

→ m_{tinh bột (LT)} = 0,25.162 = 40,5 gam

Do hiệu suất cả quá trình là 60% nên lượng tinh bột thực tế cần dùng phải lớn hơn lượng lý thuyết:

→ m = m_{tinh bột (TT)} = 40,5.(100/60) = 67,5 gam

Đáp án C

CH₃COOH + C₂H₅OH \(\overset{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}dac,{{t}^{o}}}{\mathop{\leftrightarrows }}\,\) CH₃COOC₂H₅ + H₂O

\({{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH}}=0,5mol<{{n}_{C{{H}_{3}}COOH}}=0,4mol\) và tỉ lệ mol các chất phản ứng là 1 : 1

⟹ Tính hiệu suất theo chất có ít số mol hơn là C₂H₅OH

 \(\to {{n}_{este}}=0,4.60%=0,24mol\to {{m}_{este}}=21,12g\)

Đáp án C

n_CO2 = 0,6 mol; n_H2O = 0,6 mol

⟹ X là este no, đơn chức, mạch hở

          C_nH_2nO₂     →   nCO₂

PT:  14n + 32 (g)        n    (mol)

ĐB:     14,8 (g)           0,6  (mol)

⟹ 0,6.(14n + 32) = 14,8n

⟹ n = 3

⟹ CTPT của X là C₃H₆O₂

Đáp án D

n_KOH = 0,3.2 = 0,6 mol

H₂NC₃H₅(COOH)₂ + 2 KOH → H₂NC₃H₅(COOK)₂ + 2H₂O

          0,2 →                0,4 →                 0,2                         (mol)

H₂NCH₂COOH + KOH → H₂NCH₂COOK + H₂O

          0,1  →         0,1        →     0,1                                    (mol)

Vậy chất rắn thu được gồm:

H₂NC₃H₅(COOK)₂: 0,2 mol

H₂NCH₂COOK: 0,1 mol

KOH dư: 0,6 - 0,4 - 0,1 = 0,1 mol

→ m_{chất rắn} = 0,2.223 + 0,1.113 + 0,1.56 = 61,5 gam

Đáp án C

X có 4O và phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 3

⟹ X là este 2 chức trong đó có 1 nhóm COO gắn trực tiếp với vòng benzen

⟹ Sản phẩm gồm có 1 muối cacboxylat 2 chức, 1 muối của phenol, ancol

Đốt Z chỉ thu được CO₂, Na₂CO₃ mà không thu được H₂O nên Z là (COONa)₂

CTCT của X là CH₃OOC-COOC₆H₅

CH₃OOC-COOC₆H₅ + 3NaOH → (COONa)₂ (Z) + C₆H₅ONa (T) + CH₃OH (Y) + H₂O

- A sai vì (COONa)₂ thực hiện phản ứng vôi tôi xút sẽ thu được H₂, không thu được ankan

\({{\left( COONa \right)}_{2}}+2NaOH\xrightarrow{CaO,{{t}^{o}}}2N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+{{H}_{2}}\)

- B sai, nhiệt độ sôi của CH₃OH (Y) thấp hơn nhiều so với (COONa)₂ (Z) và C₆H₅ONa (T)

- C sai, vì CH₃OH (Y) không có phản ứng tách nước tạo anken

- D đúng, vì \(C{{H}_{3}}OH+CO\xrightarrow{{{t}^{o}},xt}C{{H}_{3}}COOH\)

Đáp án D

*Đốt E:

      E        +        O₂         →      CO₂       +        H₂O

18,26 (g)       0,585 (mol)                             0,49 (mol)

BTKL ⟹ m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 28,16 (g) → n_CO2 = 0,64 (mol)

BTNT: O ⟹ n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n­_O2 = 0,6 (mol) → n_COO = ½ n_O(E) = 0,3 (mol)

Ta thấy n_CO2 > n_H2O mà các este đều no → hỗn hợp có chứa este 2 chức (do mạch hở, không phân nhánh)

→ n_{este hai chức} = n_CO2 - n_H2O = 0,64 - 0,49 = 0,15 mol

Lại thấy n_COO = 2n_{este hai chức}

⟹ X, Y, Z đều là este hai chức

Thủy phân E thu dược các ancol no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp nên X, Y, Z đều được tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

C_tb = 0,64 : 0,15 = 4,267 nên có 1 este có số C < 4,267 → X là (COOCH₃)₂

→ 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

*Thủy phân E:

n_{NaOH pư} = n_COO = 0,3 mol

→ n_{NaOH dư} = 0,3.40% = 0,12 mol

(1) m_{hh E} = 0,15.90 + 14x + 32y + 46z + 18.(-0,3) = 18,26

(2) n_CO2 = 2.0,15 + x + y + 2z = 0,64

(3) n_{H2O(đốt muối)} = n_CH2 + 0,5n_{NaOH dư}

→ x + 0,5.0,12 = 0,06

Giải hệ trên được x = 0; y = 0,26; z = 0,04

Do x = 0 ⟹ không cần trả CH₂ cho gốc axit

⟹ X, Y, Z đều được tạo từ (COOH)₂

Vì M_X < M_Y­ < M_Z nên các chất X, Y, Z là:

(X) (COOCH₃)₂

(Y) CH₃OOC-COOC₂H₅

(Z) (COOC₂H₅)₂

⟹ M_Z = 146

Đáp án D

Ta có:

X + 2NaOH → Muối + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

Y + NaOH → Muối + C₂H₅NH₂ + H₂O

Ta có n_X : n_Y = 7 : 3 và n_C2H5NH2 = 2n_X + n_Y = 0,17 mol

Suy ra n_X = 0,07 mol và n_Y = 0,03 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_E + m_NaOH = m_muối + m_C2H5NH2 + m_H2O

→ m_E = 15,09 + 0,17.45 +  0,17.18 – 0,17.40 = 19

→ m_E = 0,07(14n + 96) + 0,03(14m + 64) = 19

→ n = \(\frac{0,74-0,03m}{0,07}\)

Vì m là số C của muối axit cacboxylic với C₂H₅NH₂ nên m ≥ 6

     n là số C của aa với C₂H₅NH₂ nên n ≥ 4

Thỏa mãn với m = 6 và n = 8 thì

m_X = 0,07(14.8 + 96) =14,56 gam

→ %m_X = 76,63% gần nhất với 77%

Đáp án D

Gọi số mắt xích của X, Y, Z lần lượt là x, y, z.

Tổng số liên kết peptit trong X, Y, Z là

(x - 1) + (y - 1) + (z - 1) = 16 → x + y + z = 19

Sử dụng phương pháp trùng ngưng hóa:

2X + 3Y + 4Z → (A₂₉B₁₈)_k (T') + 8H₂O

Số mắt xích của T':

(2.15 + 3.2 + 4.2) ≤ 47k ≤ (2.2 + 3.2 + 4.15)

→ 44 ≤ 47k ≤ 70 → 1,07 ≤ k ≤ 1,49 → k = 1

→ T' có dạng A₂₉B₁₈

→ n_A29B18 = n_A/29 = 0,01 mol

2X   +   3Y   +   4Z → A₂₉B₁₈ + 8H₂O

0,02 ← 0,03 ← 0,04 ← 0,01

→ n_T = 0,02 + 0,03 + 0,04 = 0,09 mol

Quy đổi 35,97 gam T thành:

CONH (0,47); CH₂ (a); H₂O (0,09)

→ 0,47.43 + 14a + 0,09.18 = 35,97 → a = 1,01

Đốt 35,97 gam T:

Bảo toàn C →

n_CO2 = n_CONH + n_CO2 = 1,48 mol

Bảo toàn H →

n_H2O = 0,5.n_CONH + n_CH2 + n_H2O = 1,335 mol

Tỷ lệ: 34,97g T tạo thành 1,48 mol CO₂ và 1,335 mol H₂O

             m g  ……………0,74 mol       →  0,6675 mol (gần nhất với 0,67)

Đáp án D

Có 3 chất có phản ứng với dung dịch KOH:

- Phenylamoni clorua (C₆H₅NH₃Cl):

C₆H₅NH₃Cl + KOH → C₆H₅NH₂ + KCl + H₂O

- Glyxin (H₂NCH₂COOH):

H₂NCH₂COOH + KOH → H₂NCH₂COOK + H₂O

- Metyl axetat (CH₃COOCH₃):

CH₃COOCH₃ + KOH → CH₃COOK + CH₃OH

Đáp án D

Kim loại có khối lượng riêng lớn nhất là Os.

Đáp án D

Theo quy tắc α, dễ thấy Fe không phản ứng được với dung dịch ZnCl₂.

Đáp án A

Crom(III) hiđroxit - Cr(OH)₃ có tính lưỡng tính.

⟹ Cr(OH)₃ tan được trong dung dịch NaOH:

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O.

Đáp án B

Phản ứng "Fe(NO₃)₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ + 3NaNO₃" thuộc loại phản ứng trao đổi ion trong dung dịch.

Đáp án C

Valin là amino axit có nhóm NH₂ thể hiện tính bazơ và nhóm COOH thể hiện tính axit

⟹ Valin có tính lưỡng tính.

Đáp án A

Phản ứng thủy phân:

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}}}\) C₆H₁₂O₆ + C₆H₁₂O₆

                                          glucozơ     fructozơ

n_C12H22O11 = 68,4/342 = 0,2 mol.

Theo PTHH: n_{glucozơ LT} = n_C12H22O11 = 0,2 mol

⟹  n_{glucozơ TT} = n_{glucozơ LT} . H% = 0,2.92% = 0,184 mol

⟹ m_{glucozơ TT} = 0,184.180 = 33,12 gam.

Đáp án A

CH₃COOCH₃ thuộc loại este no, đơn chức, mạch hở.

Đáp án C

Photpho đỏ được quét lên phía ngoài của vỏ bao diêm.

Đáp án B

Xenlulozơ là chất rắn, màu trắng, không tan trong nước, dạng nguyên chất hay gần nguyên chất, được chế thành sợi, tơ, giấy viết, …

Đáp án A

Ta có m_O(X) = 86,3.19,47% = 16,8 gam.

⟹ n_O(X) = 16,8/16 = 1,05 mol

⟹ n_Al2O3 = 1/3.n_O(X) = 0,35 mol

- Khi hỗn hợp X + H₂O:

n_H2 = 13,44/22,4 = 0,6 mol

            2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂            (1)

            2K + 2H₂O → 2KOH + H₂                 (2)

            Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂              (3)

Từ (1) (2) (3) ta thấy n_OH^- = 2n_H2 = 1,2 mol

            Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + H₂O         (4)

             0,35 →  0,7 →     0,7                (mol)

Trong dung dịch Y có chứa: OH^- dư (1,2 - 0,7 = 0,5 mol) và AlO₂^- (0,7 mol).

- Khi dung dịch Y + HCl thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự:

n_H⁺ = 3,2.0,75 = 2,4 mol

  H⁺   +   OH^-   →   H₂O

  0,5  ←  0,5                                                    (mol)

  H⁺   +   AlO₂^-   +   H₂O   →   Al(OH)₃

 0,7 ←     0,7                      →     0,7               (mol)

→ n_H⁺ _{còn lại} = 2,4 - 0,5 - 0,7 = 1,2 mol

 3H⁺   +   Al(OH)₃   →   Al³⁺   +   3H₂O

 1,2 →         0,4                                               (mol)

⟹ n_{Al(OH)3 còn lại} = 0,7 - 0,4 = 0,3 mol

⟹ m = 0,3.78 = 23,4 gam.

Đáp án C

Metylamin (CH₃NH₂) hay các amin nói chung có tính bazơ.

⟹ Phản ứng được với axit: CH₃NH₂ + CH₃COOH → CH₃NH₃⁺CH₃COO^-.

Đáp án C

- Xét đáp án A:

Xảy ra phản ứng: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu; kim loại Cu bám vào thanh Fe tạo thành cặp điện cực Fe-Cu, cùng nhúng trong dd điện li ⟹ Có xảy ra ăn mòn điện hóa.

- Xét đáp án B:

Không có cặp điện cực khác nhau về bản chất ⟹ Không xảy ra ăn mòn điện hóa.

- Xét đáp án C:

Có cặp điện cực Fe - C nhưng lại bị phủ sơn kín nên không tiếp xúc được môi trường chất điện li, mặt khác không khí khô không phải môi trường chất điện li ⟹ Không xảy ra ăn mòn điện hóa.

- Xét đáp án D:

Cu chỉ khử được Fe³⁺ thành Fe²⁺ chứ không khử được Fe²⁺ thành Fe nên không có cặp điện cực khác nhau về bản chất ⟹ Không xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án A

H₂ khử được các oxit: CuO, Fe₂O₃

CuO + H₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) Cu + H₂O

Fe₂O₃ + 3H₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) 2Fe + 3H₂O

Al₂O₃, MgO không phản ứng ⟹ còn lại trong hỗn hợp chất rắn sau phản ứng.

Vậy hỗn hợp chất rắn thu được gồm Cu, Fe, Al₂O₃, MgO.

Đáp án B

- Axit amino axetic hay glyxin trong phân tử có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH

⟹ không làm đổi màu quỳ tím.

- Metylamin (CH₃NH₂) làm đổi màu quỳ tím thành xanh.

- Axit glutamic trong phân tử có 1 nhóm NH₂ và 2 nhóm COOH

⟹ làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

- Lysin trong phân tử có 2 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH

⟹ làm đổi màu quỳ tím thành xanh.

Đáp án A

- Na, Mg, Αl (hoạt động hóa học mạnh) được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy các hợp chất thích hợp tương ứng.

- Cu (hoạt động hóa học yếu) được điều chế bằng phương pháp thủy luyện hoặc phương pháp điện phân dung dịch.

Đáp án C

n_CaCO3 = n_MgCO3 = 16,1 : (100 + 84) = 0,0875 mol.

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = n_CaCO3 + n_MgCO3 = 2.0,0875 = 0,175 mol.

⟹ V = 0,175.22,4 = 3,92 lít.

Đáp án C

A là saccarozơ; X, Y là glucozơ và fructozơ; Z là sobitol.

Thủy phân saccarozơ: C₁₂H₂₂O₁₁ (A) + H₂O \(\xrightarrow{{{H}^{+}}}\) C₆H₁₂O₆ (X) + C₆H₁₂O₆ (Y)

                                                                                     glucozơ           fructozơ

Hiđro hóa glucozơ thu được sobitol; hiđro hóa fructozơ thu được hỗn hợp gồm sobitol và mannitol

⟹ Hiđro hóa glucozơ và fructozơ cùng thu được sobitol (Z).

Đáp án D

Các polime có cấu trúc mạch không phân nhánh là: polietilen; poli(vinyl clorua); nilon-6,6; xenlulozơ.

Vậy có 4 polime có cấu trúc mạch không phân nhánh.

Đáp án D

Tinh bột thuộc loại polisaccarit.

Đáp án A

Este X có độ bất bão hòa k = \(\frac{{5.2 - 8 + 2}}{2}\) = 2

⟹ X là este đơn chức, mạch hở có 1 liên kết đôi C=C.

Mặt khác, X được tạo bởi axit cacboxylic và ancol no

⟹ Các đồng phân của X thỏa mãn là:

            CH₂=CH-CH₂-COO-CH₃    

            cis - CH₃-CH=CH-COO-CH₃

            trans - CH₃-CH=CH-COO-CH₃      

            CH₂=C(CH₃)-COO-CH₃      

            CH₂=CH-COO-CH₂-CH₃

Vậy có 5 đồng phân phù hợp với X.

Đáp án B

n_H2 = 3,36/22,4 = 0,15 mol

Αl + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

0,1 ←                                            0,15           (mol)

⟹ m_Al = 0,1.27 = 2,7 gam.

⟹ m_MgO = m_X - m_Al = 10,7 - 2,7 = 8 gam.

Đáp án C

Dung dịch protein có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo sản phẩm có màu tím đặc trưng.

⟹ Khi cho dung dịch anbumin (protein lòng trắng trứng) tác dụng với Cu(OH)₂ thu được dung dịch có màu tím.

Đáp án B

n_FeCl2 = 0,05 mol ⟹ n_Fe²⁺ = 0,05 mol; n_Cl^- = 0,1 mol.

Ag⁺ + Cl^- → AgCl ↓

          0,1 →   0,1                    (mol)

Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag ↓

          0,05       →      0,05       (mol)

Vậy kết tủa thu được sau phản ứng gồm 0,1 mol AgCl và 0,05 mol Ag

⟹ m = 0,1.143,5 + 0,05.108 = 19,75 gam.

Đáp án D

Gọi hóa trị của kim loại M trong phản ứng với H₂SO₄ loãng là n.

PTHH: 2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂O

n_M = \(\frac{{2,52}}{M}\) (mol)

n_MSO4 = \(\frac{{6,84}}{{2M + 96n}}\) (mol)

Theo PTHH: n_M = 2n_MSO4

⟹ \(\frac{2,52}{M}=2.\frac{6,84}{2M+96n}\) ⟹ M = 28n

Chọn n = 2 ⟹ M = 56 (Fe)

Vậy kim loại M là Fe.

Đáp án C