Este C₄H₈O₂ là este no đơn chức và có 4C nên loại A, B, D.

Đáp án C

Etyl axetat không tác dụng với H2 (xúc tác Ni, nung nóng).

Đáp án B

PTHH: HCOOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{}{\to }$ HCOONa + C₂H₅OH

Đáp án B

HS ghi nhớ một số este có mùi thơm đặc trưng: 

+ Isoamyl axetat: mùi chuối chín

+ Etyl butirat và etyl propionat: mùi dứa

+ Geranyl axetat: mùi hoa hồng

+ Benzyl axetat: mùi hoa nhài

...

Lời giải chi tiết:

Este có mùi chuối chín là: Isoamyl axetat.

Đáp án C

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

CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{}{\leftrightarrows }$CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(a) sai vì H₂SO₄ đặc có tác dụng hút nước để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận giúp hiệu suất điều chế este cao hơn, còn H₂SO₄ loãng không có tính chất này

(b) sai vì khi đun sôi sẽ bay hơi cả chất tham gia và chất sản phẩm

(c) đúng

(d) sai vì khi thêm NaCl bão hòa để tách este ra khỏi hỗn hợp dễ hơn

(e) sai vì HCl dễ bay hơi nên sẽ bị lẫn vào với hơi este

(f) sai vì để hiệu suất cao hơn nên dùng CH₃COOH dưới dạng băng (tinh khiết)

(g) sai vì sau phản ứng chỉ tách 2 lớp

→ 6 phát biểu không đúng

Đáp án C

CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{}{\leftrightarrows }$CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(a) đúng

(b) đúng vì khi thêm NaCl bão hòa thì khối lượng riêng của dd tăng, độ tan của CH₃COOC₂H₅ giảm nên dễ dàng nổi lên làm cho chất lỏng tách thành 2 lớp

(c) sai vì H₂SO₄ đặc có tác dụng hút nước để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận giúp hiệu suất điều chế este cao hơn, còn H₂SO₄ loãng không có tính chất này

(d) sai vì NaOH sẽ phản ứng với este CH₃COOC₂H₅

(e) sai vì để hiệu suất cao cần dùng CH₃COOH băng

→ 3 phát biểu không đúng

Đáp án D

- ống 1 xảy ra phản ứng thuận nghịch: CH₃COOC₂H₅ + H₂O $\stackrel{}{⟷ }$CH₃COOH + C₂H₅OH

phản ứng thuận nghịch nên este vẫn còn dư và tạo thành 2 lớp chất lỏng.

- ống 2 xảy ra phản ứng xà phòng hóa: CH_3­COOC₂H₅ + NaOH$\stackrel{}{\to }$CH₃COONa + C₂H₅OH

phản ứng xảy ra một chiều nên este đã phản ứng hết.

→ Hiện tượng quan sát được trong 2 ống nghiệm là: Ống nghiệm thứ nhất vẫn phân thành 2 lớp, ống thứ 2 chất lỏng trở thành đồng nhất.

Đáp án D

Y có CTCT là: CH₂=CH-COONa

=> X là este của axit acrylic => CH₂=CHCOOCH₃ (metyl acrylat).

Đáp án A

Este thỏa mãn là  CH₃COOCH₃ vì từ CH₃OH + CO → CH₃COOH

=>X là ancol metylic

Đáp án A

Z không thể là Metyl propionat : C₂H₅COOCH₃

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố O ta có

 → n_O(X) =0,12 → n_COOH(X) =0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ta có

m_X  +m_O2 =m_CO2 + m_H2O → m + 1,61.32 = 1,14.44 + 1,06.18 → m =17,72 g

17,72 g X có 0,06 mol COOH → 26,58 g X có 0,09 mol COOH

→ 26,58 g X + 0,09 mol NaOH → muối + 0,03 mol C₃H₅(OH)₃

Bảo toàn khối lượng có 26,58 + 0,09.40 = m_muối + 0,03.92 → m_muối =27,42

Đáp án C

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

BTKL => m_CO2 = m _{chất béo} + m_O2 – m_H2O = 17,72 + 1,61.32 – 1,06.18 = 50,16 gam => n_CO2 = 1,14 mol

BTNT O: n_{O(chất béo)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 1,14.2 + 1,06 – 1,61.2 = 0,12 mol

=> n _{chất béo} = n_{O(chất béo)}/6 = 0,02 mol

Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:

n_NaOH = 3n _{chất béo} = 0,06 mol

n _glixerol = n _{chất béo} = 0,02 mol

BTKL: m _muối = m _{chất béo} + m_NaOH – m _glixerol = 17,72 + 0,06.40 – 0,02.92 = 18,28 gam

Tỉ lệ:

17,72 gam chất béo thu được 18,28 gam muối

26,58 gam                            27,42 gam

Đáp án B

 X + NaOH → C₁₇H₃₅COONa + C₁₇H₃₃COONa

Từ số C của muối => X có 57C

Gọi CTPT của X là: C₅₇H_xO₆

n_X = n_CO2/57 = 2,28/57 = 0,04 (mol)

                 C₅₇H_xO₆ + ( 0,25x + 54)O₂ → 57CO₂ + 0,5xH₂O

Theo PT:                      ( 0,25x + 54)   → 57                             (mol)

Theo đề bài:                   3,22               → 2,28                              (mol)

=> 2,28. ( 0,25x + 54)  = 3,22.57

=> x = 106

=> CTPT của X: C₅₇H₁₀₆O₆

=> CTCT của X là: (C₁₇H₃₅COO)(C₁₇H₃₃COO)₂C₃H₅: 0,04 (mol)

=> n_Br2 = 2n_X = 2.0,04 = 0,08 (mol)

Đáp án D

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

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

2CH₄ -> C₂H₂ + 3H₂

2C₂H₂ -> C₄H₄

nC₄H₄ -> (-CH₂ – CH = CH – CH₂-)_n

Đáp án B   

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

Đáp án B

Các chất trong phân tử chứa nhóm –NH-CO là: keo dán ure-fomandehit , tơ nilon-6,6; protein => có 3 chất

Đáp án D

A sai vì poliacrilonitrin là tơ

B đúng

C sai vì poliacrilonitrin là tơ

D sai vì tinh bột không được dùng làm chất dẻo

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

Các α-aminaxit tạo nên đipeptit Y có thể là :

A: H₂N-CH₂-COOH;

B: CH₃-CH₂-CH(NH₂)-COOH;

C: (CH₃)₂C(NH₂)COOH;

D: CH₃-CH(NH₂)-COOH

Các đồng phân đipeptit của Y(C₆H₁₂N₃O₂) là:

A-B; B-A; A-C; C-A và D-D.

Đáp án A 

n_HCl = 0,3 mol; n_{NaOH ban đầu} = 0,7 mol

Coi dd X là hỗn hợp chứa {Glu: 0,15 mol; HCl: 0,3 mol} cho phản ứng với 0,7 mol NaOH:

Glu + 2NaOH → Muối + 2H₂O

0,15 → 0,3 →                    0,3

HCl + NaOH → Muối + H₂O

0,3 →   0,3            →       0,3

Nhận thấy NaOH dư và NaOH khi cô cạn nằm trong chất rắn. Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:

m_Glu + m_HCl + m_{NaOH ban đầu} = m_{chất rắn} + m_H2O

→ 0,15.147 + 0,3.36,5 + 0,7.40 = m_{chất rắn} + 18.(0,3 + 0,3)

→ m_{chất rắn} = 50,2 gam

Đáp án D

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

Tính chất vật lí của amino axit:

+ Các amino axit là những chất rắn ở dạng tinh thể không màu, vị hơi ngọt, có nhiệt độ nóng chảy cao.

+ Dễ tan trong nước vì chúng tồn tại ở dạng ion lưỡng cực

=> A,C,D đều đúng 

Chọn B

Những amin là: (1) CH₃-CH₂-NH₂; (2) CH₃-NH-CH₃; (6) C₆H₅-NH₂; (8) C₆H₅-NH-CH₃; (9) CH₂=CH-NH₂.

Đáp án D

m _amin = 25.12,4% = 3,1 gam

Amin đơn chức phản ứng với HCl: n_amin = n_HCl = 0,1 mol

=> M _amin = 3,1/0,1 = 31 

=> CTPT của amin là CH₅N

Đáp án C

- Do dẫn CO₂ vào dd Ca(OH)₂ dư nên: n_CO2 = n_CaCO3 = 4/100 = 0,04 mol

=> n_C = m_CO2 = 0,04 mol (BTNT "C")

Số nguyên tử C = n_C/n_X = 0,04/0,02 = 2

- Khối lượng bình tăng: m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O => m_H2O = 3,02 - 0,04.44 = 1,26 gam => n_H2O = 0,07 mol

=> n_H = 2n_H2O = 0,14 mol (BTNT "H")

=> Số nguyên tử H = n_H/n_X = 0,14/0,02 = 7

- Khí không bị hấp thụ vào dd Ca(OH)₂ là N₂: n_N2 = 0,01 mol

=> n_N = 2n_N2 = 0,02 mol (BTNT "N")

Số nguyên tử N = n_N/n_X = 0,02/0,02 = 1

=> CTPT là C₂H₇N. Mà X là amin bậc 1 => CTCT của X là CH₃CH₂NH₂

Đáp án D

BTNT "C" => n_C = n_CO2 = 8,4/22,4 = 0,375 mol

BTNT "H" => n_H = 2n_H2O = 2.(10,125/18) = 1,125 mol

BTNT "N" => n_N = 2n_N2 = 2.(1,4/22,4) = 0,125 mol

=> C : H : O = 0,375 : 1,125 : 0,125 = 3 : 9 : 1

Mà amin là đơn chức nên CTPT của amin là C₃H₉N.

Đáp án C

Amin mang tính bazo => tác dung với axit.

Đáp án D.

Phản ứng : C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂Br₃ ↓ _(trắng) + 3HBr

Đáp án A

Anilin là chất lỏng, không màu, rất độc, ít tan trong nước.

Đáp án C

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

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_{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

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

→ n_CO2 = n_CaCO3 = 0,4 mol → n_glucozo(PT) = 0,2 mol

→ n_{glucozo phải dùng} = 0,2.100/80 = 0,25 mol

→ m_glucozo = 45g

Đáp án A