n_{xenlulozo trinitrat} = 22,275/297 = 0,075 kmol

C₆H₁₀O₅ + 3HNO₃  → C₆H₇O₂(NO₃)₃ + 3H₂O

- Tính lượng HNO₃:

Từ PTHH => n_HNO3 = 3.n_{xenlulozo trinitrat} = 0,225 kmol

m_HNO3 = 0,225.63 = 14,175 kg

m _{dd HNO3} = 14,175.(100/67,5) = 21 kg

V _{dd HNO3} = m / D = 21 / 1,5 = 14 lít

Do hiệu suất của phản ứng là H% = 75% nên lượng HNO₃ cần dùng phải nhiều hơn so với lượng tính toán:

V _{dd HNO3 cần dùng} = 14.(100/75) = 18,67 lít

- Tính lượng tinh bột:

Từ PTHH => n_C6H10O5 = n_{xenlulozo trinitrat} = 0,075 mol

=> m _{tinh bột} = 0,075.162 = 12,15 kg

Do hiệu suất của phản ứng là H% = 75% nên lượng tinh bột cần dùng phải nhiều hơn so với lượng tính toán:

m _{tinh bột cần dùng} = 12,15.(100/75) = 16,2 kg

Đáp án D

C₆H₇O₂(OH)₃ + 3HNO₃ ->  C₆H₇O₂(NO₃)₃ + 3H₂O

   0,01                          <-                   0,01 tấn mol

=> m_{Xenlulozo(Thực)} = 1,62 tấn

=> H% = 81%

Đáp án C

X: C₆H₁₂O₆; CH₂O; C₂H₄O₂

Ta thấy các chất trong X đều có dạng (CH₂O)_n => Quy đổi về CH₂O

CH₂O + O₂ → CO₂ + H₂O

=> n_CO2 = n_O2 = 0,15 mol

Cho CO₂ vào dung dịch Ca(OH)₂ dư => m_CaCO3 = n_CO2 = 0,15 mol

=> m_CaCO3 = 15 gam

Đáp án A

n _Glucozo = 0,02 mol

=> n_{Glucozo phản ứng} = 0,02.0,4 = 0,008 mol

=> n_Ag = 2n_Glucozo = 0,016 mol => m _Ag = 1,728 gam

Đáp án C

n_Glu = 27/180 = 0,15 mol

Glu → 2Ag

0,15 → 0,3  (mol)

Δm _{dd sau pư} = m _vào - m _ra = m_Glu - m_Ag = 27 - 0,3.108 = -5,4 gam < 0

=> Khối lượng dung dịch giảm 5,4 gam.

Đáp án A

khi đốt cháy X thì thu được 0,5 mol H2Ovà x mol CO₂

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng này ta có

    m + 0,77.32 = 0,5 .18 + 44x(1)

Bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng này ta có n_O(X) + 0,77.2 =0,5 + 2x(2)

Khi cho X tác dụng với KOH thì n_X= n_O(X)/6

Nên m + 56.3. n_O(X)/6 = 9,32 + 92.n_O(X)/6(3)

Giải 1,2,3 ta được m=8,56; x=0,55 mol và n_O(X)=0,06 mol

X có số mol là 0,01 mol và có số mol C là 0,55 mol và H : 1 mol nên X có CTHH là C₅₅H₁₀₀O₆  có số liên kết pi là 6 liên kết

Khi X tác dụng với Br₂ thì chỉ có khả năng tác dụng vào 3 liên kết pi (do 3 lk pi còn lại bền ở este)

Suy ra a = 0,12 :3 =0,04 mol

Đáp án B

Nhận thấy b - c = 4a → trong X có 5 liên kết π trong đó có 3 liên kết π ở gốc COO và 2 liên kết π ở gốc hidrocacbon C=C

Như vậy để hidro hóa hoàn toàn 1 mol X cần dùng 2 mol H₂ → n_X = 0,3 : 2 = 0,15 mol

BTKL ta có: m_X = 39 - 0,3.2 = 38,4 (g)

Khi tham gia phản ứng thủy phân → n_C3H5(OH)3 = n_X = 0,15 (mol)

BTKL: m_{chất rắn} = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3

→ m_{chất rắn} = 38,4 + 0,7.40 - 0,15.92 = 52,6 (g)

Đáp án B

n_C3H5(OH)3 = 0,1

=> n_NaOH = 0,3

Bảo toàn khối lượng => m_RCOONa = 91,8

=> m_{Xà phòng} = 91,8/60% = 153 gam

Đáp án A

 (C₁₇H₃₁COO)_nC₃H₅(R₂COO)_3-n + 3NaOH → n C₁₇H₃₁COOK + (3-n)R₂COOK + C₃H₅(OH)₃

                                                                 0.01 mol                                    0.01 mol

n _C17H31COOK = n _C3H5(OH)3 =>n=1

Đáp án B

TQ : (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH -> 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Mol                              0,06                 ->                     0,02

Bảo toàn khối lượng : m_{xà phòng} = m_{chất béo} + m_NaOH - m_glixerol = 17,80g

Đáp án B

Y₁ là CH₃COOH

Y có thể là CH₃CHO, C₂H₅OH

X có thể là CH₃COOCH=CH₂ và CH₃COOC₂H₅

Đáp án A

Do X₁ và Y₁ có cùng số C mà X₁ có phản ứng với nước brom còn Y₁ không phản ứng

=> X₁ có chứa liên kết đôi, Y₁ không chứa liên kết đôi

X: CH₂=CHCOOCH₂-CH₃

Y: CH₃-CH₂COOCH=CH₂

X₁: CH₂=CHCOONa

Y₁: CH₃-CH₂COONa

X₂: CH₃-CH₂-OH

Y₂: CH₃CHO

Đáp án B

C_nH_2n+3N →  nCO₂  +  (n+1,5)H₂O    +   0,5 N₂

x                         nx               (n+1,5)x            0,5x

Vì N₂ là khí trơ nên dung dịch NaOH chỉ hấp thụ CO₂ và H₂O

→ m_{dd tăng}  = \({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 44n{\rm{x}} + 18x(n + 1,5) = \,\,(62n + 27)x = 24\,\,\,\,(1)\)

m_X=(14n+17)x =7,6  (2)

Từ (1) và (2)  →

\(\left\{ \matrix{ n{\rm{x}} = 0,3 \hfill \cr x = 0,2 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{ n = 1,5 \hfill \cr x = 0,2 \hfill \cr} \right.\)

Theo định luật BTKL  

\(\eqalign{ & {m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to 7,6 + 32.{n_{{O_2}}} = 24 + 2,8 \cr & \to {n_{{O_2}}} = 0,6\,\,mol \cr} \)

Trong không khí : O₂  a mol,  N₂  4a mol

Hỗn hợp Y gồm: \({n_{{O_2}}} = a - 0,6\,\,\,mol\,\,\,\,{n_{{N_2}}} = 4a + 0,1\,\,\,mol\)

\(\eqalign{ & {n_{{O_2}}}:{n_{{N_2}}} = 1:9 \to 0,9(a - 0,6) = 4{\rm{a}} + 0,1 \to a = 1,1\,mol \cr & {n_Y} = 1,1 - 0,6 + 4.1,1 + 0,1 = 5mol \to V = 22,4.5 = 112\,\,lit \cr} \)

Chọn B

Nilon-6,6: [OC-(CH₂)₄-CONH-(CH₂)₆-NH]_n có khối lượng mol 1 mắt xích là 226 đvC

Capron: [HN-(CH₂)₅-CO]_n có khối lượng mol 1 mắt xích là 113 đvC

- Số mắt xích nilon-6,6 là: 27346 : 226 = 121

- Số mắt xích capron là: 17176 : 113 = 152

Đáp án A

nCH₂=CH₂ $\stackrel{}{\to }$ (-CH₂-CH₂)_n (n được gọi là hệ số polime hóa)

Một phân tử polime có khối lượng khoảng 120 000 => 28n = 120 000 => n = 120 000 : 28 = 4286

Đáp án C

Các chất trong phân tử có chứa nhóm – NH – CO - : tơ capron ; tơ nilon – 6,6 ; protein

Đáp án B

Theo lý thuyết         51,6 kg          ←  60:100.32=19,2 kg         ←       60kg

Thực tế                        68,8 kg                25,6 kg

Đáp án D

Khi đốt da thật, do cấu tạo bằng protein nên cho mùi khét, còn da nhân tạo không cho mùi khét

Đáp án C

NH₂CH₂COOH, HOOC-CH₂-CH₂-CH₂-OH

Đáp án B

n.Gly + m.Ala  → (X) + (n+m-1) H₂O

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng phân tử ta có:

75.n + 89.m = 274 + (n+m-1).18

=> 57n + 71m = 256

Ta thấy: n = 2, m = 2 thõa mãn. Vậy X là tetrapeptit.

Đáp án C

n.Gly + m.Ala → (X) + (n+m-1) H₂O

áp dụng định luật bảo toàn khối lượng phân tử ta có:

75.n + 89.m = 203 + (n+m-1)18

=> 57n + 71m = 185

Ta thấy: n = 2, m = 1 thõa mãn. Vậy trong (X) có 2 gốc gly và 1 gốc ala

=> (X) thuộc loại tripeptit.

Đáp án A

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

Ta có:

Gly, Ala = C₂H₅O₂N + x CH₂

Glu = C₂H₅O₂N + 2CH₂ + CO₂

Axit oleic = 17CH₂ + CO₂

Quy đổi X thành C₂H₅O₂N (x mol) và CH₂ (y mol) và CO₂ (z mol)

Ta có: m_X = 75x + 14y + 44z = 68,2 gam

Ta có: n_H2O = 2,5x + y = 3,1 mol và n_NaOH =x + z = 0,6 mol

Giải hệ trên ta được x = 0,4 ; y = 2,1 và z = 0,2

Suy ra n_CO2 = a = 2x + y + z = 3,1 mol

Đáp án A

n_NaOH = 0,35 mol

- PTHH:

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

NH₂CH₂COOH + NaOH → NH₂CH₂COONa + H₂O

- Từ các PTHH → n_H2O = n_NaOH = 0,35 mol

- BTKL → m_muối = m_X + m_NaOH - m_H2O = 27,6 + 0,35.40 - 0,35.18 = 35,3 gam

Đáp án B

R-COOH + KOH -> RCOOK + H₂O

=> m_muối – m_aa = 38.n_aa

=> n_aa = 0,12 mol

=> M_A = 75g => Glyxin

Đáp án D

Nguyên nhân gây nên tính bazo của amin là do nguyên tử N còn 1 cặp electron chưa tham gia liên kết (cặp electron tự do) => Có thể nhận pronton (H+) khi tham gia các phản ứng hóa học

Đáp án D

n_{CaCO3 (lần 1)} = 5,5 mol; n_{CaCO3 (lần 2)} = 1 mol

Do đun dung dịch X thu thêm được kết tủa nên dd X có chứa Ca(HCO₃)₂.

- Sơ đồ lên men tinh bột thành CO₂:

C₆H₁₀O₅ → C₆H₁₂O₆ → 2CO₂

- Sục CO₂ vào dd Ca(OH)₂:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

5,5         ←                 5,5

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

2 ←                                  1

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

1    ←                   1

=> n_CO2 = 5,5 + 2 = 7,5 mol

Theo (1) => n_C6H10O5 = 0,5n_CO2 = 3,75 mol

=> m_C6H10O5 = 3,75.162 = 607,5 gam

Do hiệu suất lên men là 81% nên lượng tinh bột cần dùng lớn hơn lượng tính toán

=> m _{C6H10O5 cần dùng} = 607,5.(100/81) = 750 gam

Để chứng minh trong phân tử của glucozơ có nhiều nhóm hiđroxyl, người ta cho dung dịch glucozơ phản ứng với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.

Đáp án D

n_NaOH = n_CH3COONa = 20,828 : 82 = 0,254 mol

Từ CTCT các chất nhận thấy: n _hh = n_CH3COOH + n _glixerol => n_hh = 0,1n_hh + 0,6m/92

=> n_hh = m/138 (mol)

=> n_CH3COOH = 0,1m/138 (mol) => n_H2O = n_CH3COOH = 0,1m/138 (mol)

BTKL: m _hh + m_NaOH = m _muối + m _glixerol + m_H2O

=> m + 0,254.40 = 20,828 + 0,6m + 18.(0,1m/138)

=> m = 27,569

=> n_hh = 0,2 mol và n_CH3COOH = 0,02 mol => n _glixerol = 0,2 – 0,02 = 0,18 mol

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành:

CH₃COOH: 0,254

C₃H₈O₃: 0,18

H₂O

Đốt cháy hỗn hợp là đốt cháy CH₃COOH và C₃H₈O₃ (vì H₂O không cháy được)

C₂H₄O₂ + 2O₂ → 2CO₂ + 2H₂O

0,254 →   0,508

C₃H₈O₃ + 3,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

0,18 →     0,63

=> V_O2 = (0,508 + 0,63).22,4 = 25,4912 lít

Đáp án C

Xét phản ứng cháy: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_X (k là số liên kết pi)

Theo đề bài b – c = 4a => k = 5 => Trong X có 5 liên kết pi (3 pi ở gốc COO; 2 pi ở gốc hidrocacbon)

=> Để hidro hóa hoàn toàn 1 mol X cần 2 mol H₂

X + 2H₂ → Y

=> n_X = ½ n_H2 = ½ .6,72 : 22,4 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y – m_H2 = 133,5 – 0,3.2 = 132,9 gam

Khi phản ứng thủy phân: (RCOO)₃C₃H₅ + NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

=> n_Glixerol = n_X = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng: m_rắn = m_X + m_NaOH - m_glixerol

=> m_rắn = 132,9 + 0,5.40 – 0,15.92 = 139,1g

Đáp án B 

n_CO2 – n_H2O = x – y = 4a = 4n_X

=>X có 5 liên kết pi (3 COO và 2 oleic)

=> X có dạng (Oleic)₂(Stearin)

Đáp án A

(1) CH₃COOCH₂–CH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₂=CH–CH₂–OH

(2) CH₂=CH–COOCH₃ + NaOH → CH₂=CH–COONa + CH₃OH

(4) HCOOC₂H₅ + NaOH → HCOONa + C₂H₅OH

Đáp án A

Este X CTPT C₄H₈O₂ có dạng RCOOR'

PTPU: RCOOR'+ NaOH → RCOONa + R'OH.

Có M_Y = 32. vậy Y là CH₃OH → R' là CH₃ và R là C₂H₅

Vậy CTCT là C₂H₅COOCH₃.

Đáp án D

n _CH3COOCH3 =  17,76 : 74 = 0,24 mol

CH₃COOCH₃ +KOH → CH₃COOK + CH₃OH

   0,24                                  0,24                              mol

m_muối = 98. 0,24 =23,52 g

Đáp án A