Chọn C

Đáp án D

Mùi este cần nhớ:

– Benzyl axetat: mùi hoa nhài.

– Isoamyl axetat: mùi chuối chín.

– Etyl butirat và estyl propionat: mùi dứa.

– Geranyl axetat: mùi hoa hồng.

Chọn A

Chọn B

Đáp án A

Độ dẫn điện/dẫn nhiệt: Ag > Cu > Au > Al > Fe

Đáp án C

Đáp án A

Tổng nồng độ mol các ion càng lớn thì dung dịch dẫn điện càng tốt và ngược lại.

Xét các đáp án, GIẢ SỬ nồng độ các dung dịch đều là 1 mol/lít.

A. CH₃COOH ⇄ CH₃COO^– + H⁺ ⇒ ∑[ion] < 2M.

B. CH₃COONa → CH₃COO^– + Na⁺ ⇒ ∑[ion] = 2M.

C. NaOH → Na⁺ + OH^– ⇒ ∑[ion] = 2M.

D. HCl → H⁺ + Cl^– ⇒ ∑[ion] = 2M.

||⇒ CH₃COOH dẫn điện kém nhất

Chọn A

Đáp án A

– Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin. 

– Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.

– Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

Đáp án D

Các đồng phân amin bậc I là CH₃CH₂CH₂CH₂ NH₂, CH₃CH₂CH(NH₂)CH₃,

CH₃CH(CH₃)CH₂NH₂, CH₃C(CH₃)(NH₂)CH₃ 

Đáp án C

A và D loại vì glixerol.

B loại vì saccarozơ

Đáp án C

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất. 

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

● Chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑.

● Ban đầu Fe bị ăn mòn hóa học: Fe + CuCl₂ → FeCl₂ + Cu.

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Fe ⇒ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

● Chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂.

● Do ^H+/_H2 > ^Cu2+/_Cu ⇒ Fe tác dụng với Cu²⁺ trước: Fe + CuCl₂ → FeCl₂ + Cu.

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Fe ⇒ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

⇒ có 2 trường hợp thỏa

Đáp án D

► RCH₂OH + CuO $\stackrel{t^{°}}{\to }$RCHO + Cu↓ + H₂O ||⇒ n_anđehit = n_H2O.

M_Y = 29 ⇒ M_anđehit = 29 × 2 – 18 = 40 ⇒ 2 anđehit là HCHO và CH₃CHO.

● Dùng sơ đồ đường chéo ⇒ n_HCHO : n_CH3CHO = 2 : 5 = 2x : 5x.

||⇒ n_Ag = 4 × 2x + 2 × 5x = 0,6 mol ⇒ x = ¹/₃₀ mol.

► m = ²/₃₀ × 32 + ⁵/₃₀ × 46 = 9,8(g)

Đáp án C

Chỉ có natri axetat và metylamin không thỏa ⇒ chọn C.

● Axit axetic: CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O.

● Phenylamoni clorua: C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O.

● Glyxin: H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O.

● Phenol: C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O.

Đáp án C

Chọn C vì trong phân tử đipeptit mạch hở có 1 liên kết peptit

Đáp án A

n_X = n_Y = n_KOH = 0,1 mol ⇒ M_X = 88 (C₄H₈O₂).

M_Y = 46 (C₂H₅OH) ⇒ X là CH₃COOC₂H₅ 

Đáp án A

 4NH₃ + 5O₂ $\underset{{900}^{°}C}{\overset{Pt}{\to }}$ 4NO + 6H₂O || n_{NH3 phản ứng} = 2 × 0,9 = 1,8 mol.

⇒ n_{O2 phản ứng} = 1,8 × 5 ÷ 4 = 2,25 mol ⇒ n_O2 dư = 2,75 mol

Đáp án B

NH₃ chỉ khử được oxit của các kim loại sau Al.

⇒ NH₃ chỉ phản ứng với FeO, CuO và PbO

Đáp án B

Chọn B vì H₂SO₄ đặc háo nước và không tác dụng với CO

Đáp án C

Các kim loại phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ loãng 

phải đứng trước H trong dãy điện hóa.

||⇒ các kim loại thỏa mãn là Al và Fe

Đáp án C

Kim loại kiềm, kiềm thổ và Al được điều chế bằng cách 

điện phân nóng chảy oxit, hidroxit và muối clorua tương ứng

Đáp án A

Do thu được hỗn hợp muối ⇒ X chứa cả Na₂CO₃ và NaHCO₃ với số mol a và b. 

⇒ ∑n_C = a + b = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,23 mol

m_muối = 106a + 84b = 19,98(g).

► Giải hệ cho: a = 0,03 mol; b = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Natri:

n_NaOH = 0,03 × 2 + 0,2 – 0,08 × 2 = 0,1 mol

⇒ x = 0,1 ÷ 0,2 = 0,05M

Đáp án B

phản ứng điều chế xenlulozơ trinitrat xảy ra như sau:

[C₆H₇(OH)₃]_n + 3nHO-NO₂ ® [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

biết hiệu suất = 90% → m = 16,2 ÷ 162 × 0,9 × 297 = 26,73 tấn

Đáp án D

phản ứng điều chế xenlulozơ trinitrat xảy ra như sau:

[C₆H₇(OH)₃]_n + 3nHO-NO₂ ® [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

biết hiệu suất = 90% → m = 16,2 ÷ 162 × 0,9 × 297 = 26,73 tấn

Đáp án D

Đồ thị biểu diễn quá trình của 3 phản ứng lần lượt như sau:

• (1): CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O (dùng 0 → a mol CO₂).

⇒ tại điểm 0,4a cho biết: n_CO2 = n_BaCO3 ⇒ 0,4a = 0,5 → a = 1,25 mol.

• (2): CO₂ + NaOH → NaHCO₃ (từ điểm mol CO₂ là a → 2a).

• (3): CO₂ + BaCO₃ + H₂O → Ba(HCO₃)₂ (từ điểm mol CO₂ là 2a → 3a).

⇒ tại điểm x mol CO₂ cho biết: x = 3a – 0,5 = 3 × 1,25 – 0,5 = 3,25 mol

Đáp án A

CO₂ + Ca(OH)₂ (dư) → CaCO₃↓ + H₂O.

có 0,4 mol kết tủa CaCO₃ → n_CO2 = 0,4 mol.

lên men rượu: C₂H₁₂O₆ ® 2C₂H₅OH + 2CO₂

với hiệu suất 75% → m_{glucozơ cần dùng} = 0,4 ÷ 2 ÷ 0,75 × 180 = 48 gam.

Đáp án B

► Dễ thấy k_Y = 7 = 3π_C=O + 4π_C=C || Mặt khác, M chứa 4 muối.

||⇒ Y là este của Z, T và glixerol ⇒ chia 4π_C=C = 2 × 1π_C=C + 1 × 2π_C=C.

Không mất tính tổng quát, giả sử Z chứa 1π_C=C và T chứa 2π_C=C.

⇒ Y chứa 2 gốc Z và 1 gốc T. Đặt n_Y = t mol ⇒ n_Z = n_T = t mol.

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O, CH₂=CHCOOH, HC≡CCOOH, C₃H₈O₃.

⇒ n_CH2=CHCOOH = 3t mol; n_HC≡CCOOH = 2t mol; n_C3H8O3 = t mol.

● Đặt n_C2H3NO = x; n_CH2 = y; n_H2O = z ||⇒ m_E = 57x + 14y + 18z + 448t = 24,64(g).

n_KOH = x + 5t = 0,35 mol; n_O2 = 2,25x + 1,5y + 17,5t = 1,12 mol.

n_CO2 = 2x + y + 18t = 0,96 mol ||⇒ giải hệ cho: x = 0,3 mol; y = 0,18 mol

z = 0,03 mol; t = 0,01 mol || M gồm C₂H₄NO₂K, CH₂=CHCOOK, HC≡CCOOK và CH₂.

► a = 0,3 × 113 + 0,01 × 3 × 110 + 0,01 × 2 × 108 + 0,18 × 14 = 41,88(g) ⇒ chọn B.

Đáp án B

► Quy quá trình về: X + H₂SO₄ + (NaOH + KOH) vừa đủ.

⇒ n_H2O = ∑n_OH = 2n_X + 2n_H2SO4 = 0,4 mol ||⇒ 0,1 mol NaOH và 0,3 mol KOH.

Bảo roán khối lượng: m_X = 36,7 + 0,4 × 18 – 0,1 × 40 – 0,3 × 56 – 0,1 × 98 = 13,3(g) 

||⇒ %m_N = 0,1 × 14 ÷ 13,3 × 100% = 10,526%

Đáp án B

► Xét TN1: đặt n_CO3^2– _{phản ứng} = a; n_HCO3^– _{phản ứng} = b. 

⇒ n_CO2 = a + b = 0,15 mol; n_{HCl phản ứng} = 2a + b = 0,1875 mol 

||⇒ giải hệ có: a = 0,0375 mol; b = 0,1125 mol ⇒ n_CO3^2–_/X : n_HCO3^–_/X = a : b = 1 : 3.

► Xét TN2: ∑n_C/X = n_↓ = 0,25 mol ⇒ 250 ml X chứa 0,5 mol C.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: y = 0,5 – 0,25 = 0,25 mol.

● Chia 0,5 mol C thành 0,125 mol CO₃^2– và 0,375 mol HCO₃^–.

Bảo toàn điện tích: n_K⁺ = 0,625 mol. Bảo toàn nguyên tố Kali:

x = 0,625 – 0,25 × 2 = 0,125 mol

Đáp án D

► Bảo toàn gốc OH: n_OH/ancol = n_KOH = 0,4 mol || -OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑.

⇒ n_H2 = n_OH ÷ 2 = 0,2 mol. Bảo toàn khối lượng: m_F = 15,2 + 0,2 × 2 = 15,6(g).

● Bảo toàn khối lượng: m_muối = 30,24 + 0,4 × 56 – 15,6 = 37,04(g). Bảo toàn nguyên tố Kali:

n_COOK = n_KOH = 0,4 mol; n_K2CO3 = 0,2 mol. Đặt n_CO2 = x; n_H2O = y. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

0,4 × 2 + 0,42 × 2 = 0,2 × 3 + 2x + y || Bảo toàn khối lượng: 37,04 + 0,42 × 32 = 0,2 × 138 + 44x + 18y.

► Giải hệ có: x = 0,52 mol; y = 0 mol ⇒ muối không chứa H ⇒ muối phải là của axit 2 chức. 

⇒ X và Y là este 2 chức ⇒ n_X = 0,12 mol; n_Y = 0,08 mol. Đặt số C trong gốc axit của X và Y là a và b. 

0,12a + 0,08b = 0,2 + 0,52. Giải phương trình nghiệm nguyên: a = 2 và b = 6 

⇒ 2 muối là (COOK)₂ và KOOCC≡C-C≡CCOOK

● Mặt khác, đốt X hay Y đều cho n_CO2 = n_O2 

⇒ có dạng cacbohidrat C_n(H₂O)_m 

● Lại có: X và Y đều là este 2 chức ⇒ m = 4 ⇒ X và Y đều chứa 8H.

Do X và Y mạch hở ⇒ 2 ancol đều đơn chức ⇒ n_F = n_OH = 0,4 mol ⇒ M_F = 39 ⇒ chứa CH₃OH.

► X là CH₃OOCCOOC₂H₅ và Y là CH₃OOCC≡C-C≡CCOOC₂H₅ ⇒ Y chứa 21 nguyên tử 

Đáp án B

(a) Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O ⇒ chứa 2 muối là FeCl₃ và FeCl₂.

(b) 3Fe₃O₄ + 28HNO_{3 dư} → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O ⇒ chứa 1 muối Fe(NO₃)₃.

(c) NaOH + SO_{2 dư} → NaHSO₃ ⇒ chứa 1 muối NaHSO₃.

(d) Fe + 2FeCl_{3 dư} → 3FeCl₂ ⇒ chứa 2 muối là FeCl₂ và FeCl₃ dư.

(e) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ ⇒ chứa 2 muối là CuCl₂ và FeCl₂.

(f) Do không có khí thoát ra ⇒ sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵ là NH₄NO₃.

8Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O ⇒ chứa 2 muối là Al(NO₃)₃ và NH₄NO₃.

⇒ chỉ có (b) và (c) không thỏa

Đáp án C

● Dễ thấy T là CH₃CHO (CH₃CHO + O₂ ® CH₃COOH).

● Z + HCl theo tỉ lệ 1 : 1 ⇒ Z chứa 1 COOH ⇒ Z là HOC₂H₄COONa.

(HOC₂H₄COONa + HCl → HOC₂H₄COOH + NaCl).

● Y + AgNO₃/NH₃ sinh ra Ag↓ theo tỉ lệ 1 : 2 ⇒ chứa 1 CHO

Mặt khác, sản phẩm của phản ứng tráng bạc chứa Na ⇒ Y là OHC-COONa. 

(OHC-COONa + 2AgNO₃ + 3NH₃ ® NH₄OOCCOONa + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃).

● X + 4NaOH → 2NaCl ⇒ X chứa 2 gốc este và 2 gốc clo 

⇒ X là ClC₂H₄COOCH(Cl)COOCH=CH₂

Đáp án D

(1) Sai, polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

(2) Sai, anilin là chất lỏng ở điều kiện thường.

(3) Đúng.

(4) Đúng vì sữa có thành phần chính là protein. Do chanh chứa axit citric 

nên khi cho vào thì làm biến tính protein ⇒ protein bị đông tụ lại tạo kết tủa.

(5) Đúng vì triolein chứa π_C=C.

(6) Sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.

(7) Sai vì khác nhau hệ số mắt xích n.

⇒ (3), (4), (5) đúng

Đáp án D

M_Z = 36,6 ⇒ Z gồm CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ với số mol x và y. 

● n_Z = x + y = 0,2 mol; m_Z = 31x + 45y = 0,2 × 36,6 ||⇒ giải hệ có: 

x = 0,12 mol; y = 0,08 mol ||⇒ A là (C₂H₅NH₃)₂CO₃ và B là (COOH₃NCH₃)₂

⇒ Y gồm 0,04 mol Na₂CO₃(D) và 0,06 mol (COONa)₂(E).

► m_E = 0,06 × 134 = 8,04(g)

Đáp án B

► Đặt n_Al = x; n_Fe = y ⇒ n_Na = 2x ||⇒ Al tan hết ⇒ Y chỉ có Fe.

Bảo toàn electron: n_Na + 3n_Al = 2n_H2 ⇒ 2x + 3.x = 2 × 2 ⇒ x = 0,8 mol.

n_Fe = n_H2 = 0,5 mol ||► n_Fe : n_Al = 0,5 : 0,8 = 5 : 8

Đáp án B

n_e = 0,15 mol; n_Cl^– = 0,2 mol ||⇒ Cl^– chưa bị điện phân hết ⇒ n_Cl2 = 0,075 mol.

► Ghép sản phẩm, dễ thấy ghép 0,075 mol CuCl₂ thì m_giảm = 10,125(g) > 9,195(g) ⇒ vô lí!.

⇒ sản phẩm gồm CuCl₂ và HCl với số mol x và y ⇒ n_Cl = 2x + y = 0,15 mol.

m_giảm = 135x + 36,5y = 9,195(g)

⇒ giải hệ có: x = 0,06 mol; y = 0,03 mol.

● Do catot đã có điện phân H₂O ⇒ a = 0,06 ÷ 0,1 = 0,6M

Đáp án C

► Ta có: ^Mg2+/_Mg > ^Cu2+/_Cu > ^Ag+/_Ag || X chứa 2 muối.

||⇒ X gồm Mg(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂. Tăng giảm khối lượng:

n_{Fe phản ứng} = 0,12 mol < n_{Fe ban đầu} ⇒ Fe dư, Cu²⁺ hết.

⇒ n_Cu(NO3)2 = 0,12 mol. Bảo toàn gốc NO₃: n_Mg(NO3)2 = 0,18 mol.

► Bỏ qua gốc NO₃ (do được bảo toàn), bảo toàn khối lượng gốc kim loại: 

||⇒ m = 0,18 × 24 + 0,12 × 64 + 19,44 – 0,1 × 108 – 0,25 × 64 = 4,64(g)

Đáp án D

n_CO2 = 0,3 mol; n_COOH = n_KHCO3 = 0,04 mol; n_CHO = n_Ag ÷ 2 = 0,26 mol.

► Dễ thấy ∑n_C = n_COOH + n_CHO ⇒ không có C ngoài nhóm chức CHO và COOH.

||⇒ X là (CHO)₂, Y là OHC-COOH và Z là (COOH)₂ với số mol x, y và z.

gt: x = 4.(y + z) || n_CHO = 2x + y = 0,26 mol; n_COOH = y + 2z = 0,04 mol.

► Giải hệ có: x = 0,12 mol; y = 0,02 mol; z = 0,01 mol ||⇒ %m_X = 74,52%