Chọn đáp án B

+ Thể tích và khối lượng bằng nhảu ⇒ Phân tử khối bằng nhau.

⇒ andehit đơn chức có phân tử khối = 44.

⇒ M_RCHO = 44 ⇒ R = 15.

⇒ Andehit A là CH₃CHO (Etanal) ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

+ Xenlulozơ có CTPT là (C₆H₁₀O₅)_n Hay còn được viết dưới dạng [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.

⇒ Mỗi gốc C₆H₁₀O₅ của xenlulozơ có 3 nhóm (OH) ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

+ Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là Wolfram thường dùng để làm dây tóc bóng đèn ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

+ Mạng không gian gồm có: Cao su lưu hóa và nhựa bakelit.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

+ Trong thành phần của mật ong có chứa:

~ 40% fructozo và ~ 30% glucozo ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

+ Vinyl axetat có CTCT là CH₃COOCH=CH₂

⇒ CTPT là C₄H₆O₂ ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

gọi công thức phân tử của ankan là C_nH_2n+2

⇒ %m_H =  × 100 = 16,28  n = 6

⇒ Ankan X là C₆H₁₄.

+ Vì phản ứng với Cl₂ theo tỉ lệ 1:1 chỉ tạo tối đa 2 đồng phân.

⇒ CTCT của X là CH₃–CH(CH₃)–CH(CH₃)–CH₃ (2,3-đimetylbutan)

⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Ta có dãy điện hóa:

+ Theo dãy điện hóa ta có:

+ 2 muối lấy từ trước về sau lần lượt là: Fe(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂.

+ 2 kim loại lấy từ sau về trước là: Ag và Cu.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

: + Chất điện li ⇒ có khả năng dẫn điện.

⇒ Chọn NaCl, NaOH, HCl, CH₃COONa, CH₃COOH và phenyl amoniclorua (C₆H₅NH₃Cl).

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Amino axit no có CTTQ là: C_mH_{2m+2–2k+tO2k}O_t.

+ Vì k = 2 và t = 1 ⇒ CTTQ là C_mH_2m–1O₄N.

⇒ n = 2m – 1 ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

+ Để phản ứng với Na₂CO₃ ⇒ X là 1 axit

⇒ X chỉ có thể có CTCT là CH₂=CH–COOH (Axit acrylic) ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

Ancol C₄H₉OH tạch nước để có đồng phân hình học.

⇒ CTCT của X phải là CH₃–CH₂–CH(CH₃)–OH.

⇒ Tên thông thường của X là ancol sec-butylic ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

Ta có: n_Ba(OH)2 = 0,1 mol ⇒ n_OH^– = 0,2 mol.

+ n_HCl = 0,1 mol ⇒ n_H⁺ = 0,1 mol.

+ Nhận thấy n_OH^– > n_H⁺ ⇒ n_OH^– dư.

⇒ Dung dịch Z làm quỳ tím hóa xanh ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Ta có: n_Ba(OH)2 = 0,1 mol ⇒ n_OH^– = 0,2 mol.

+ n_HCl = 0,1 mol ⇒ n_H⁺ = 0,1 mol.

+ Nhận thấy n_OH^– > n_H⁺ ⇒ n_OH^– dư.

⇒ Dung dịch Z làm quỳ tím hóa xanh ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Tơ tằm là tơ tự nhiên.

Tơ nilon-6,6, tơ capron, tơ enang là tơ tổng hợp.

Tơ visco và tơ axetat là tơ bán tổng hợp hay còn gọi là tơ nhân tạo.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Vì n_NaHCO3 = n_Na2CO3 ⇒ n_HCO3^– = n_CO3^2–.

+ Đặt n_HCO3^– _pứ = n_CO3^2– _pứ = a mol.

⇒ n_HCO3^– _pứ × 1 + n_CO3^2– _pứ × 2 = n_HCl $\iff$ 3a = 0,03  a = 0,01

⇒ n_CO2 = n_HCO3^– _pứ + n_CO3^2– _pứ = a + a = 0,02 mol ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Phương trình phản ứng:

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{\mathrm{LMR}}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂.

+ Ta có n_Glucozo = $\frac{2,5.0,8.1000}{180}=\frac{100}{9}$ mol.

⇒ n_C2H5OH = $\frac{100}{9}$ × 2 × 0,9 = 20 mol.

⇒ m_C2H5OH = 20 × 46= 920

⇒ V_{C2H5OH nguyên chất} = 920 ÷ 0,8 = 1150 ml

⇒ V_{Dung dịch rượu} = 1150 ÷ 0,4 = 2875 ml ⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

+ Vì n_CH4 = n_C4H6 ⇒ Quy đổi thành 1 phân tử C₅H₁₀ $\iff$ (CH₂)₅

+ Còn C₂H₄ = (CH₂)₂.

⇒ Quy đổi toàn bộ hỗn hợp thành CH₂.

+ Đốt cháy: CH₂ + O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ CO₂ + H₂O.

+ Gọi n_CH2 = a ⇒ n_CO2 = n_H2O = a.

⇒ m_Giảm = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = 100a – 44a – 16a = 7,6

⇒ a = 0,2 ⇒ m↓ = m_CaCO3 = 0,2 × 100 = 20 gam ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Đipeptit + 2HCl ⇒ Sản phẩm.

⇒ n_Đipeptit = n_HCl ÷ 2 = 0,1 mol.

⇒ m_Đipeptit = 0,1 × (76 + 89 – 18) = 14,6 gam ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Vì andehit no đơn chức mạch hở ⇒ CTTQ là C_nH_2nO.

⇒ Gọi X có CTPT là C_nH_2nO ⇒ M_X = 14n+16.

⇒ M_T = 14n + 16 + 14×3.

+ Mà M_T = 2,4×M_X $\iff$ 14n + 16 + 14×3 = 2,4 × (14n + 16) n = 1

⇒ X là HCHO ⇒ Z là C₂H₅CHO.

+ Đốt 0,1 mol C₂H₅CHO ⇒ n_CO2 = n_H2O = 0,3 mol.

⇒ m_Giảm = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = 0,3×100 – 0,3×(44+18) = 11,4 gam.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

• Thủy phân 1 mol pentapeptit X → 3 mol glyxin, 1 mol alanin và 1 mol valin → X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val

• Ta có Ala-Gly và Gly-Gly-Val → Ala-Gly-Gly-Val

Có Gly-Ala, vừa tìm được Ala-Gly-Gly-Val và X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val.

⇒ Gly-Ala-Gly-Gly-Val → Đầu N là Gly, đầu C là Val

⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅₃.

+ Ta có m_C17H33COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ n_C17H33COONa = 0,075 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,075 mol và n_C3H5(OH)3 = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam ⇒ Chọn A

Chọn đáp án C

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅₃.

+ Ta có m_C17H33COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ n_C17H33COONa = 0,075 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,075 mol và n_C3H5(OH)3 = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam ⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

Do tác dụng được với Ag₂O/NH₃ tạo kết tủa nên chắc chắn có HCOOH.

n_Ag = 0,2 ⇒ n_HCOOH = 0,1 ⇒ m_HCOOH = 4,6 gam.

m_RCOOH = 13,4 – 8,8 gam.

n_RCOOH = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol ⇒ M_RCOOH = 88

⇒ C₃H₇COOH ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

(2) Sai vì NH₃ có thể tác dụng H₂SO₄ ⇒ mất khí cần làm khô.

(3) Sai vì NH₃ làm quỳ ẩm hóa xanh.

⇒ Chọn D

Chọn đáp án A

Ta có các phương trình phản ứng:

CH₃COOCH=CH₂ (M) + NaOH → CH₃COONa (A) + CH₃CHO (B)

CH₃CHO (B) + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₃COONH₄ (F) + 2Ag + 2NH₄NO₃

CH₃COONH₄ (F) + NaOH → CH₃COONa (A) + NH₃ + H₂O.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

+ Dung dịch sau phản ứng + NaOH có hỗn hợp khí.

⇒ Chắc chắn có muối NH₄NO₃ ⇒ NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂O

+ Vì Zn dư ⇒ Zn + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + H₂↑ ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Gọi công thức chung của axit là RCOOH

Tăng giảm khối lượng:

Tăng giảm khối lượng: 

Số mol OH^– cần dùng là như nhau:

⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

(d) Sai vì saccarozo được tạo từ 1 phân tử glucozo và 1 phân tử fructozo

⇒ thu được 2 loại monosaccarit khi thủy phân.

(g) Sai vì saccarozo không có phản ứng + H₂.

(h) Sai vì amilozo có tỉ lệ thấp hơn amilopectin.

⇒ Chọn C

______________________________

● Thành phần amilozo và amilopectin của 1 số loại tinh bột:

+ Gạo chứa 18,5% amilozo và 81,5% amilopectin.

+ Nếp chứa 0,3 amilozo và 99,7% amilopectin. (Nếp rất dẻo là vì vậy).

+ Bắp chứa 24% amilozo và 76% amilopectin.

+ Đậu xanh chứa 54% amilozo và 46% amilopectin.

+ Khoai tây chứa 20% amilozo và 80% amilopectin.

+ Khoai lang chứa 19% amilozo và 81% amilopectin

Chọn đáp án B

• ddX chứa các ion: Fe³⁺, SO₄^2-, NH₄⁺, Cl^-. Chia dd thành hai phần bằng nhau

- P1 + NaOH → 0,03 mol NH₃ + 0,01 mol Fe(OH)₃↓

- P2 + BaCl₂ dư → 0,02 mol BaSO₄

• Dung dịch X sau khi chia thành hai phần bằng nhau: n_NH4⁺ = 0,03 mol; n_Fe³⁺ = 0,01 mol; n_SO4^2- = 0,02 mol.

Theo BTĐT: n_Cl^- = 0,03 + 0,01 x 3 - 0,02 x 2 = 0,02 mol.

m_X = 2 x (0,02 x 35,5 + 0,03 x 18 + 0,01 x 56 + 0,02 x 96) = 7,46 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Ta có 

+ Phần 1: 2n_Axit + n_Andehit + n_{Ancol dư} = n_Axit + n_Ancol = 2n_H2

+ Phần 2: Nếu ancol là CH₃OH: cả axit và andehit đều có phản ứng

⇒ n_Andehit = $\frac{0,09-0,005.2}{4}$ = 0,02 mol.

+ Phần trăm ancol bị oxi hóa = $\frac{0,005 + 0,02}{0,04}= 62,5\%$

+ Nếu ancol không phải CH3OH.

n_Andehit = $\frac{0,09}{2}$ = 0,045 > 0,04 ⇒ Loại.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Bảo toàn nguyên tố ta có: 2CH₄ $\stackrel{\mathrm{H} = 50}{\to }$  C₂H₃Cl.

⇒ n_PVC = n_CH4 ÷ 2 × 0,5 × 0,8 = 4 kmol

⇒ m_PVC = 4×62,5 = 250 kg ⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

Chất rắn X có thể có Al, Cu và chắc chắn có Ag.

Cho X vào HCl mà tạo khí thì trong X chắc chắn có Al (do Cu và Ag không phản ứng với HCl).

Do có Al nên Cu2+ và Ag+ phản ứng hết.

Số mol Al ban đầu:  

⇒ Chọn A

Chọn đáp án B

đốt 25,56 gam H + 1,09 mol O₂ → 48.CO₂ + 49H₂O + 0,02 mol N₂

||→ giải n_CO2 = 0,96 mol và n_H2O = 0,98 mol; n_{amino axit} = 2n_N2 = 0,04 mol.

bảo toàn O có ∑n_{O trong H} = 0,72 mol, este đơn chức → ∑n_este = 0,32 mol.

có C_{trung bình} = 0,96 ÷ 0,36 = 2,666 mà C_Z ≥ 3 → có 1 este là C₂ → là HCOOCH₃.

||→ ancol duy nhất là CH₃OH, n_ancol = n_este = 0,28 mol.

Phản ứng: H + KOH → (muối + KOH dư) + ancol + H₂O.

Xem nào: m_H = 25,56 gam; ∑n_KOH = 0,36 × 1,2 = 0,432 mol;

m_ancol = 0,32 × 32 = 10,24 gam; n_H2O = n_{amino axit} = 0,04 mol.

||→ BTKL có m_{rắn yêu cầu} = 25,56 + 0,432 × 56 – 0,04 × 18 – 10,24 = 38,792 gam. Chọn B

Chọn đáp án A

NO không nói spk duy nhất, đáp án có Mg, Ca, Zn ||→ "mùi" của NH₄NO₃.

có n_HNO3 = 0,68 mol = 4n_NO + 10n_NH4NO3 (theo bảo toàn electron mở rộng).

||→ đúng là có muối amoni và n_NH4NO3 = 0,02 mol.

♦ bảo toàn nguyên tố N có ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 0,52 mol

||→ m_muối = x + 0,52 × 62 + 0,02 × 80 = 2,5x + 8,49 ||→ giải x = 16,9 gam.

chia tỉ lệ: x ÷ ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 16,9 ÷ 0,52 = 65 ÷ 2

số 65 và số 2 cho ta biết đó là kim loại Zn (hóa trị 2, M = 65) ||→ chọn A

Chọn đáp án A

Ta có: n_CO2 = n_H2O = 0,03 mol

⇒ n_C = 0,03 và n_H = 0,06 mol

⇒ m_C + m_H = 0,42 < 0,74 gam ⇒ m_O/X = 0,32 gam ⇒ n_O/X = 0,02 mol.

⇒ n_C : n_H : n_O = 0,03 : 0,06 :0,02 = 3 : 6 : 2

+ Vì công thức nguyên của X ≡ CTPT là C₃H₆O₂.

+ Ta có n_X = 0,74 : 74 = 0,01 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,01 mol ⇒ n_{NaOH dư} = 0,09 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{Chất rắn} = 0,74 + 1,03×100 – 99,32 = 4,42 gam.

⇒ m_Muối/Y = 4,42 – 0,09×40 = 0,82 gam.

⇒ M_Muối = 0,82 ÷ 0,01 = 82  M_RCOONa = 82  R = 15

⇒ Muối đó là CH₃COONa ⇒ X là CH₃COOCH₃.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

Giả sử có 100 gam phân supephotphat kép.

⇒ m_P2O5 = 40 gam ⇒ n_P2O5 ≈ 0,263 mol

+ Bảo toàn nguyên tố P ta có: Ca(H₂PO₄)₂ → P₂O₅

⇒ n_Ca(H2PO4)2 = 20/71 mol ⇒ m_Ca(H2PO4)2 ≈ 65,92 gam.

⇒ %m_{Ca(H2PO4)2/Phân bón} =  = 65,92%

+ Tương tự ta tính được %m_{KCl/Phân bón} = 79,26%

⇒ Chọn D

Chọn đáp án C

Nhận thấy hỗn hợp M có dạng Gly-Ala-(Lys)_x → công thức phân tử trung bình của M là C_5+6xH_{10 + 12x}N_2+2xO_3+x

%m_O = $\frac{16.(3+\mathrm{x})}{12.(5+6\mathrm{x})+10+12\mathrm{x}+16.(3+\mathrm{x})+14.(2+2\mathrm{x})}$   = 0,213018 → x ≈ 1,5

Gly-Ala-(Lys)_1,5 + 5HCl + 2,5H₂O → muối

m_{muối pứ với HCl} = a = 0,16. ( 75 + 89 + 146.1,5 - 2,5. 18) + 0,16.5. 36,5 + 0,16.2,5. 18 = 90,48 gam.

m_{muối pứ với NaOH} = b = 0,16 × (75 + 89 + 146×1,5 + 22×3,5) = 73,6 gam

⇒ a + b = 90,48 + 73,6 = 164,08 gam.

⇒ Chọn C

Chọn đáp án B

Xét hỗn hợp 2 ancol đơn chức B ta có:

n_{hỗn hợp ancol} = n_H2O – n_CO2 = 0,15 mol.

⇒ C_{trung bình} = n_CO2 ÷ n_{hỗn hợp ancol} = 2,33

⇒ 2 ancol là C₂H₅OH và C₃H₇OH.

+ Đặt n_C2H5OH = a và n_C3H7OH = b

⇒ Ta có hệ 2 phương trình

+ Hỗn hợp A ban đầu gồm có:

⇒ 0,1 × (R + 44 + 29) + 0,05 × (R' + 44 + 43) = 12,5

 2R + R' = 17 ⇒  $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{R} = 1\\ \mathrm{R}\text{'}=15\end{array}\right.$

⇒ Hỗn hợp A gồm:  

⇒ %m_HCOOC2H5 =  × 100 = 59,2% ⇒ %m_CH3COOC3H7 = 40,8%

⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Theo dữ kiên đề bài → NO : 0,05 và H₂ : 0,035 mol

Bảo toàn khối lượng → m + 0,61. 36,5 = m + 16,195 + 1,57 +m_H2O → n_H2O =0,25 mol

Bảo toàn nguyên tố H → n_NH4⁺ = ( 0,61- 0,25. 2- 0,035.2) : 4 = 0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố N → n_Fe(NO3)2 = ( 0,01 + 0,05) :2 = 0,03 mol

Bảo toàn nguyên tố O → n_Fe3O4 = (0,25 + 0,05- 0,03. 6) : 4 = 0,03 mol

Dung dịch muối chứa Cu²⁺ : x mol , Mg²⁺ : y mol, Fe²⁺ : 0,12, NH₄⁺ : 0,01 mol, Cl^- : 0,61

Bảo toàn điện tích → 2x + 2y + 0,12.2 + 0,01 =0,61

Khi cho NaOH tạo kết tủa Cu(OH)₂ : x mol, Mg(OH)₂ : y mol, Fe(OH)₂ : 0,12 mol

→ 98x + 58y + 90. 0,12 = 24,44

Giải hệ x= 0,08 và y= 0,1

 ⇒ Chọn A