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

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 + \(\frac{2n+1}{2}\) 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: \({{n}_{X}}=\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{k-1}\to a=\frac{5,5-\left( 6\text{a}+4,5 \right)}{k-1}\)

→ 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:

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:

⟹ 74,5 . 3,25a + 36,5 . 0,75a = 97,02

⟹ a = 0,36 mol.

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

Đặt n_CH3NH2 = a mol; n_C2H5NH2 = b mol

⟹ 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:

⟹ m = 44,44 gam.

(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.

(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

- 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}{*{35}{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:

%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) 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

- 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)

⟹ 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

Tripeptit là hợp chất có 2 liên kết peptit mà phân tử có 3 gốc α-amino axit.

Đáp án D

Dầu luyn là hidrocacbon.

Đáp án A

C₆H₅NH₂ có tên gọi là anilin.

Đáp án A

B sai vì anilin khó tan trong nước, không màu.

Đáp án B

Glucozo là monosaccarit nên không có phản ứng thủy phân.

Đáp án D

Trilinolein có công thức là (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅.

PTHH: (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅ + H₂O \(\overset{{{H}^{+}},{{t}^{o}}}{\mathop{\leftrightarrows }}\,\) 3C₁₇H₃₁COOH + C₃H₅(OH)₃

Đáp án A

Các tính chất đúng với mọi loại chất béo là: (3) nhẹ hơn nước; (5) tan trong xăng; (6) dễ bị thủy phân trong môi trường kiềm hoặc axit.

Đáp án B

Nhỏ dung dịch iot vào tinh bột sẽ xuất hiện màu xanh tím.

Đáp án C

Những chất có phản ứng tráng gương là những chất có chứa nhóm -CHO trong phân tử.

Đáp án D

Este etyl fomat có công thức là HCOOC₂H₅.

Đáp án A

Lysin có CTCT: H₂N-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH

⟹ có chứa 2 nhóm -NH₂ trong phân tử.

Đáp án A

Các chất có phản ứng thủy phân là: Saccarozo (Y); Tinh bột (Z); Xenlulozo (H).

Đáp án A

X + NaOH tạo 1 chất hữu cơ đơn chức và các chất vô cơ

⟹ X là C₂H₅NH₃NO₃

PTHH: C₂H₅NH₃NO₃ + NaOH → C₂H₅NH₂ + NaNO₃ + H₂O

Vậy chất hữu cơ Y là C₂H₅NH₂ có M_Y = 45 đvC.

Đáp án C

%m_O = 100% - 40% - 6,66% = 53,34%

Đặt CTPT của este là C_xH_yO_z

⟹ CTPT este có dạng (CH₂O)_n

Mà X là este đơn chức nên có 2 nguyên tử O ⟹ n = 2

⟹ CTPT của este là C₂H₄O₂

⟹ CTCT duy nhất là HCOOCH₃ (metyl fomat).

Đáp án C

Nguyên nhân amin có tính bazo là trên nguyên tử N còn một đôi electron tự do có khả năng nhận H⁺.

Đáp án C

Tinh bột và xenlulozo đều có dạng (C₆H₁₀O₅)_n nhưng xenlulozo có giá trị n lớn hơn rất nhiều so với tinh bột

⟹ Khác về CTPT nên không phải là đồng phân của nhau.

Đáp án A

Phát biểu A sai vì xenlulozo có cấu trúc mạch không phân nhánh.

Phát biểu B sai vì glucozơ bị oxi hóa bởi dung dịch AgNO₃/NH₃ đun nóng.

Phát biểu C đúng.

Phát biểu D sai vì saccarozo không có nhóm -CHO nên không có phản ứng tráng gương.

Đáp án C

D sai vì chỉ có protein dạng cầu tan được trong nước, còn protein dạng sợi (lông, móng, tóc, ...) không tan trong nước.

Đáp án D

Este có phản ứng tráng gương là este có đầu HCOO-.

Vậy các este có CTPT C₄H₈O₂ thỏa mãn là:

HCOOCH₂CH₂CH₃

HCOOCH(CH₃)CH₃

Đáp án C

Thuốc thử được dùng để phân biệt Gly-Ala-Gly với Gly-Ala là Cu(OH)₂:

+ Tạo hợp chất màu tím ⟹ Gly-Ala-Gly

+ Không hiện tượng ⟹ Gly-Ala

Đáp án A

C₁₇H₃₁COOH + 2H₂ \(\xrightarrow{Ni,{{t}^{o}}}\) C₁₇H₃₅COOH

(axit linoleic)                            (axit stearic)

Đáp án B

Các chất làm đổi màu quỳ tím thành xanh là:

X₂: CH₃NH₂;

X₅: H₂NCH₂CH₂CH₂CH(NH₂)COOH.

Đáp án B

Công thức cấu tạo thu gọn của X là: CH₃COOCH₃.

Đáp án D