Chọn B.

X là các kim loại kiềm, Z là các kim loại họ Lantan và Actini, Y gồm các kim loại chuyển tiếp và các kim loại p. T là các kim loại, U là khí hiếm.

Chọn B.

Kim loại thường có 1, 2, 3 electron ở lớp ngoài cùng, trừ H (\(1{s^1}\)) và He (\(1{s^1}\)).

Chọn D.

Trong chu kỳ số lớp electron không đổi, điện tích hạt nhân tăng dần \( \to \) bán kính nguyên tử giảm dần.

Bán kính \(N{a^ + }\) nhỏ hơn \({S^{2 - }}\) vì nguyên nhân chính là \(N{a^ + }\) chỉ có 2 lớp electron, \({S^{2 - }}\) có 3 lớp electron.

Chọn A.

\({M^{2 + }}\)có cấu hình đầy đủ: \(1{s^2}2{s^2}2{p^6}3{s^2}3{p^6}\) có 18 electron

\( \to \) M có 20 electron.

Chọn A.

Tinh thể được phân loại thành tinh thể nguyên tử, phân tử, ion, kim loại dựa vào bản chất hạt vi mô cấu tạo nên tinh thể.

Chọn C.

A sai: các electron tự do là electron chung của tất cả các nguyên tử.

B sai: các ion kim loại cùng dấu chỉ co lực đẩy.

D sai: sự sắp xếp chặt chẽ là kết quả của liên kết kim loại.

Chọn B.

Trong một ô cơ sở có 1 nguyên tử ở tâm, ở mỗi góc có \(\dfrac{1 }{ 8}\) nguyên tử. Có 8 đỉnh (8 góc) \( \to \) tổng số nguyên tử là \(8.\dfrac{1 }{8} + 1 = 2.\)

Chọn D.

1 \(c{m^3}\) Fe có tổng thể tích các nguyên tử Fe là \(0,74c{m^3}\)

Số nguyên tử Fe trong 1 \(c{m^3}\) Fe (hay 7,87 gam) là:

\(N = \dfrac{7,87} {55,85}.6,{02.10^{23}} = 8,{483.10^{22}}\) (nguyên tử)

Thể tích 1 nguyên tử:  \(\dfrac{0,74}{8,{{483.10}^{22}}} = 8,{723.10^{ - 24}}c{m^3}.\)

Chọn D.

A sai n, m là hệ số polime hóa

B sai (CH2-CHCl), (NH-(CH2)6-CO) là mắt xích

C sai vì 2 polime là poli (vinyl clorua) và nilon -7

Chọn B.

Polipropilen và cao su thiên nhiên thuộc loại poli mạch thẳng.

Nhựa bakelit thuộc loại poli mạng không gian.

Chọn D.      

Các polime nhiệt rắn khi đun nóng thường phân hủy mà không nóng chảy. các polime nhiệt dẻo có nhiệt độ nóng chảy không xác định (nóng chảy ở khoảng nhiệt độ tương đối rộng).

Chọn C.

Tơ tằm thuộc loại polipeptit, tan trong dung dịch axit hoặc kiềm do phản ứng thủy phân.

Chọn A.

Phản ứng tạo poli(xenlulozơ nitrat)

B sai: Phản ứng khâu mạch tạo nhựa zerit

C sai: Phản ứng thủy phân tạo axit ađipic và hexametylen điamin.

D sai: Phản ứng giải trùng hợp tạo isopren.

Chọn D.

Ta có phương trình:

n C₆H₄(COOH)₂ + n OH-CH₂-CH₂-OH → (CO-C₆H₄-CO-O-CH₂-CH₂-O)_n + 2n H₂O

=> n poli(etylen terephtalic) = n C₂H₄(OH)₂ = 0,4 (mol)

=> m = 84 gam

Chọn A.

\({n_{{C_4}{H_6}}} = {{3,24} \over {56}} = 0,06mol\)

Một mắt xích buta–1,3–đien có một liên kết đôi

\( \to \) tỷ lệ số mol mắt xích buta–1,3–đien và HCl là 1:1

\(\to {n_{HCl}} = 0,06mol \)

\(\to {m_{sp}} = {m_{{C_4}{H_6}}} + {m_{HCl}} \)\(\,= 3,24 + 0,06.36,5 = 5,43(gam).  \)

Chọn C.

Vì amin no, mạch hở có công thức chung là \({C_4}{H_{10 - x}}{(N{H_2})_x}\)

\( \Rightarrow \) Số hiđro là: \(10 - x + 2x = 13 \Rightarrow x = 3.\)

Chọn D.

Nhóm ankyl lam tăng tính bazơ; nhóm phenyl làm giảm tính bazơ.

Chọn D.

Vì anilin tan dễ dàng trong dung dịch HCl theo phương trình:

         \({C_6}{H_5}N{H_2} + HCl \to {C_6}{H_5}N{H_3}Cl\)

Chọn B.

Nhóm \( - N{H_2}\) làm tăng khả năng ứng thế ở vòng benzen \( \to \) phản ứng được với nước brom.

Chọn C.

Anilin tan trong dd HCl

Phenol tan trong dd NaOH

Axit axetic tan trong cả hai dung dịch (vì tan trong nước).

Chọn C.

mHCl = mmuối  - mamin = 9,125 gam.

Chọn A.

H = 100% \( \to \) để được 93 gam \({C_6}{H_5}N{H_2}\) cần 123 gam \({C_6}{H_5}N{O_2}\)

H = 70%

\( \to \) để được 45,57 gam \({C_6}{H_5}N{H_2}\) cần \(\dfrac{{123.45,57}}{{93}}.\dfrac{{100}}{{70}} = 86,1\,\,g\)

Chọn C.

Saccarozo được tạo thành từ 1 gốc glucozo và 1 gốc fructozo

Tinh bột được tạo thành từ các gốc glucozo

Mantozo được tạo thành từ 2 gốc glucozo

Chọn A.

Xenlulozo được tạo từ các gốc β- glucozo và có mạch thẳng

Tinh bột được tạo từ các gốc α- glucozo và có mạch xoắn thành lò xo

Chọn A.

 Saccarozơ \( \to \) glucozơ + fructozơ \( \to \) 4Ag

Glucozơ sản xuất từ xenlulozơ có nhiều tạp chất có hại nên chỉ dùng sản xuất cồn công nghiệp.

Tinh bột dùng để sản xuất đường glucozơ trong công nghiệp thực phẩm, dược phẩm.

Không có mật ong nhân tạo.

Chọn B.

A sai: mạch xenlulozơ dạng thẳng, tinh bột dạng thẳng và dạng nhánh.

C sai: tinh bột tan một phần rong nước nóng tạo ra dung dịch keo.

D sai: xenlulozơ không phản ứng với \({I_2}\)

Chọn A.

Saccarozơ tan trong nước nguội.

Tinh bột (bột sắn) tạo dung dịch keo với nước nóng.

Xenlulozơ (bột giấy) không tan trong nước.

Chọn B.

          \({\left( {{C_6}{H_{10}}{O_5}} \right)_n} \to 2n{C_2}{H_5}OH\)

           0,8 tấn                   \(\dfrac{0,8.92}{162}\) tấn

\(H = 64,8\%  \to {m_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,2.944\) tấn

\( \to {V_{{C_2}{H_5}OH}} =\dfrac {0,2.944} {0,8} = 0,3.68c{m^3};\)

\({V_{{\rm{dd}}{{\rm{C}}_2}{H_5}OH}} = \dfrac{0,3.68.100}{40} = 0,92c{m^3}.\)

Chọn D.

Hỗn hợp cùng số mol sau khi thủy phân được tổng số mol (glucozơ và frucozơ) gấp 4 lần lượng mantozơ ban đầu.

Vì saccarozơ không tráng gương \( \to \) lượng Ag thu được sẽ gấp 4 lần.

Chọn B.

Xét trường hợp có 2 gốc C₁₇H₃₃-; có 2 đồng phân:

     \(\eqalign{& C{H_2} - OOC - {C_{17}}{H_{33}}  \cr & |  \cr & CH - OOC - {C_{17}}{H_{33}}  \cr & |  \cr & C{H_2} - OOC - {C_{17}}{H_{31}} \cr} \)                              

\(\eqalign{& C{H_2} - OOC - {C_{17}}{H_{33}}  \cr  & |  \cr  & CH - OOC - {C_{17}}{H_{31}}  \cr & |  \cr & C{H_2} - OOC - {C_{17}}{H_{33}} \cr} \)

Trường hợp 2 gốc C₁₅H₃₁-, cũng có hai đồng phân

. Chọn C.

Gốc C₁₁H₂₃- có dạng C_nH_2n+1- là gốc no nên trilauryl glixerit là chất rắn. Chất béo hầu như không bay hơi nên không có mùi rõ rệt. Các chất béo đều không tan trong nước.

Chọn C.

Chất béo + 3NaOH \( \to \) muối +C₃H₅(OH)₃

30 gam      0,09 mol                  0,03 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng \( \to \) 30 gam chất béo thu được 30,84 gam muối.

\( \to \) 1 tấn chất béo điều chế được \({{1000.30,84} \over {30}} = 1028kg\)

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

Hệ số bất bão hòa: k = nBr₂/nX + 3 = 7x/x +3 = 10 (chú ý 3π ở trong 3 nhóm COO)

Gọi CTTQ của X là C_nH_2n+2-2.kO₆ hay C_nH_2n-18O₆

BTNT C: nCO₂ = nx => V = 22,4nx (1)

BTNT H: nH₂O = x(n-9) => y = nx– 9x (2)

Từ (2) => nx = 9x + y thay vào (1) được: V = 22,4(9x+y)

Đáp án D

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

Đáp án C

CH₃ – CH(NH₂) - COOH

Đáp án B

ĐLBTKL => m_Alanin = m_muối  - m_HCl  = 25,1 -0,2.36,5=17,8 gam.

Chọn A

X là tetra peptit => X có 4 mắt xích.

Ta thấy có 4 loại amino axit Gly, Ala, Val, Phe nên X tạo từ 1Gly, 1Ala, 1Val, 1Phe.

Thủy phân thu được Gly-Ala; Ala-Phe nên X phải có đoạn mạch Gly-Ala-Phe.

Thủy phân thu được Phe-Val nên X là Gly-Ala-Phe-Val.

Đáp án C

Dễ dàng xác định được aminoaxit là Gly

Do tỉ lệ M : Q là 1 : 1 nên ta coi như peptit là (Gly)_3,5

Trong phản ứng thì số mol của gốc Gly được bảo toàn nên ta có:

3,5.n_(Gly)3,5 = 3n_(Gly)3 + 2n_(Gly)2 + n_Gly

=> 3,5.n_(Gly)3,5 = 3.0,005 + 2.0,035 + 0,05

=> n_(Gly)3,5 = 27/700 (mol)

=> m = 27/700.(75.3,5 - 18.2,5) = 8,389 gam

Đáp án B