Chọn đáp án B

Đó là tính chất vật lí chung của amino axit ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Nilon-6,6 được điều chế bằng cách trùng ngưng hexametylenđiamin và axit ađipic.

nH₂N-(CH₂)₆-NH₂ + nHOOC-(CH₂)₄-COOH $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-HN-(CH₂)₆-NH-OC-(CH₂)₄-CO-]_n + 2nH₂O.

Nilon-6,6 chứa liên kết CO-NH ⇒ là poli amit ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Chỉ có C xảy ra: Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu↓ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

Tinh bột là hỗn hợp của 2 polisaccarit: amilozơ và amilopectin.

Tinh bột thuộc loại polisaccarit ⇒ Chọn B.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Tinh bột và xenlulozơ đều được tạo thành từ các gốc glucozơ.

(Tinh bột từ α-glucozơ, xenlulozơ từ β-glucozơ).

⇒ thủy phân hoàn toàn tinh bột hoặc xenlulozơ thu được glucozơ.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Poli (vinyl clorua) là [-CH₂-CH(Cl)]_n ⇒ n = 75000 ÷ 62,5 = 1200 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

Các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa có thể điều chế được bằng phương pháp điện phân dung dịch.

Các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa chỉ điều chế được bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

(1) Poli (metyl metacrylat) được điều chế bằng cách trùng hợp metyl metacrylat.

CH₂=C(CH₃)COOCH₃ $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-]_n.

(2) Polistiren được điều chế bằng cách trùng hợp stiren.

C₆H₅CH=CH₂ $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-CH(C₆H₅)-]_n.

(3) Nilon-7 được điều chế bằng cách trùng ngưng axit 7-aminoheptanoic.

nH₂N-(CH₂)₆-COOH $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-HN-(CH₂)₆-CO-]_n + nH₂O.

(4) Poli (etylen - terephtalat) được điều chế bằng cách trùng ngưng etylen glicol và axit terephtalic.

nHOCH₂CH₂OH + nHOOC-C₆H₄-COOH $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ (-OCH₂-CH₂OOC-C₆H₄-CO-)_n.

(5) Nilon-6,6 được điều chế bằng cách trùng ngưng hexametylenđiamin và axit ađipic.

nH₂N-(CH₂)₆-NH₂ + nHOOC-(CH₂)₄-COOH $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-HN-(CH₂)₆-NH-OC-(CH₂)₄-CO-]_n + 2nH₂O.

(6) Poli (vinyl axetat) được điều chế bằng cách trùng hợp vinyl axetat.

nCH₃COOCH=CH₂ $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-CH(OOCCH₃)-]_n.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

Tơ nhân tạo hya tơ bán tổng hợp xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được

chế biến thêm bằng phương pháp hóa học như tơ visco, tơ axetat,...⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

Bậc của amin bằng số H trong NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

⇒ Amin bậc I phải chứa –NH₂ ⇒ các đồng phân amin bậc I ứng với C₃H₉N là:

CH₃CH₂CH₂NH₂ và CH₃CH(NH₂)CH₃ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + H₂ $\stackrel{H_2, t^o}{\to }$ C₆H₁₄O₆ (sobitol)

n_sobitol = 0,01 mol ⇒ n_glucozơ = 0,01 ÷ 0,8 = 0,0125 mol.

m_glucozơ = 0,0125 × 180 = 2,25(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

Tơ poliamit có các mắt xích nối với nhau bằng các nhóm amit -CO-NH-.

⇒ tơ capron; tơ nilon-6,6 thuộc loại tơ amit ⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: n_M2CO3 = n_CO2 = 0,25 mol.

⇒ M_M2CO3 = 26,5 ÷ 0,25 = 106 ⇒ M_M = 23 ⇒ M là Natri (Na).

⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3H₂ $\stackrel{Ni, t^o}{\to }$ (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ (X).

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ (X) + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ 3C₁₇H₃₅COONa (Y) + C₃H₅(OH)₃.

C₁₇H₃₅COONa (Y) + HCl → C₁₇H₃₅COOH (Z).

⇒ Z là axit stearic ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

Ta có: H₂ + [O] → H₂O. Chú ý: H₂ chỉ khử được oxit của các kim loại sau Al.

⇒ n_H2O = ∑n_{O/(CuO, Fe2O3)} = 0,1 + 0,1 × 3 = 0,4 mol ⇒ m = 7,2(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑.

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓.

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O.

⇒ thu được 1 chất khí (H₂) và 1 kết tủa (BaSO₄).

⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

n_HCOOC2H5 = n_Ag ÷ 2 = 0,08 mol ⇒ n_CH3COOC2H5 = 0,12 mol.

⇒ m_X = 0,08 × 74 + 0,12 × 88 = 16,48(g) ⇒ TN2 dùng gấp 1,75 lần TN1.

► Muối gồm 0,14 mol HCOOK và 0,21 mol CH₃COOK.

⇒ m = 0,14 × 84 + 0,21 × 98 = 32,34(g) ⇒ chọn D.

Cách khác: Để ý X có dạng: RCOOC₂H₅ ⇒ tăng giảm khối lượng:

m = 28,84 + 0,2 × 1,75 × (39 - 29) = 32,34(g).

Chọn đáp án D

n_Al(NO3)3 = n_Al = 0,175 mol ⇒ m_Al(NO3)3 = 0,175 × 213 = 37,275(g)

⇒ không chứa muối amoni. Bảo toàn electron: n_NO = n_Al = 0,175 mol.

⇒ V = 0,175 × 22,4 = 3,92 lít ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

B sai vì tơ nilon kém bền với nhiệt ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Đặt n_CH3NH2 = 3x ⇒ n_C2H5NH2 = 2x ⇒ 3x × 31 + 2x × 45 = 3,66 ||⇒ x = 0,02 mol.

Lại có: -NH₂ + HCl → -NH₃Cl ⇒ n_HCl = ∑n_NH2 = 5x = 0,1 mol. Bảo toàn khối lượng:

m = 3,66 + 0,1 × 36,5 = 7,31 (g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

n_glixerol = n_tristearin = 0,15 mol ⇒ m = 0,15 × 92 = 13,8(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

n_X = n_muối = n_NaOH = 0,02 mol ⇒ M_X = 1,76 ÷ 0,02 = 88.

⇒ X là C₄H₈O₂ || M_muối = 1,64 ÷ 0,02 = 82 (CH₃COONa).

⇒ X là CH₃COOC₂H₅ ⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

X phản ứng được với H₂SO₄ loãng ⇒ loại A và D.

Y phản ứng được với Fe(NO₃)₃ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

n_Ca(OH)2 = n_{CaCO3 max} = a mol ⇒ n_OH^– = 2a mol.

Khi kết tủa bị hòa tan 1 phần thì: n_CO3^2– = n_OH^– - n_CO2.

► Áp dụng: + Tại 0,06 mol CO₂: 2b = 2a - 0,06.

+ Tại 0,08 mol CO₂: b = 2a - 0,08. Giải hệ có:

a = 0,05 mol; b = 0,02 mol ⇒ a : b = 5 : 2 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Ta có sơ đồ: (C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH + 2nCO₂.

n_{tinh bột} = 10³ × 0,95 ÷ 162 = ⁴⁷⁵/₈₁ kmol.

||⇒ m_ancol = ⁴⁷⁵/₈₁ × 2 × 0,85 × 46 = 458,58(kg) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

Các kim loại thỏa mãn là Zn, Al và Mg ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

X + Cu(OH)₂ → màu tím ⇒ loại A và D.

T + dung dịch I₂ → xanh tím ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

n_X = 1 + 1 = 2 mol ⇒ C_tb = 6 ÷ 2 = 3. Lại có:

-NH₂ + HCl → -NH₃Cl ⇒ n_N = n_HCl = 2 mol

⇒ N_tb = 1; y = n_N2 = 2 ÷ 2 = 1 mol.

Ø Tương tự: -COOH + NaOH → -COONa + H₂O

⇒ COO_tb = 1. Do các chất đều no, mạch hở.

||⇒ k_tb = π_{C=O tb} = COO_tb = 1.

Lại có: H_tb = 2 × C_tb + 2 + N_tb – 2k = 7.

⇒ x = 2 × 7 ÷ 2 = 7 ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_Na2CO3 = 0,6 ÷ 2 = 0,3 mol. Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_C/X = n_C/Z = 1,3 + 0,3 = 1,6 mol. Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 30,4 + 0,6.40 - 47,2 = 7,2(g).

⇒ n_H2O = 0,4 mol || Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H/X = 0,7 × 2 + 0,4 × 2 - 0,6 = 1,6 mol.

⇒ n_O/X = (30,4 - 1,6 × 12 - 1,6) ÷ 16 = 0,6 mol ||⇒ C : H : O = 1,6 : 1,6 : 0,6 = 8 : 8 : 3.

► CTPT ≡ CTĐGN của X là C₈H₈O₃; n_X = 0,2 mol ⇒ X + NaOH theo tỉ lệ 1 : 3.

● X không tráng gương ||⇒ Công thức cấu tạo của X là: CH₃COOC₆H₄OH.

⇒ Z gồm 2 muối là CH₃COONa và C₆H₄(ONa)₂ ⇒ muối có PTK nhỏ hơn là CH₃COONa.

► m_CH3COONa = 0,2 × 82 = 16,4(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Quy quá trình về: 0,12 mol X + 0,24 mol HCl + 0,4 mol KaOH.

⇒ n_{KOH phản ứng} = 0,12 + 0,24 = 0,36 mol < n_NaOH ⇒ KOH dư

||⇒ n_H2O = 0,36 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_X = 37,04 + 0,36 × 18 - 0,4 × 56 - 0,24 × 36,5 = 12,36(g).

► M_X = 12,36 ÷ 0,12 = 103 ⇒ R = 42 (-C₃H₆-).

⇒ có các đồng phân cấu tạo là: H₂N-CH₂CH₂CH₂-COOH,

CH₃CH(NH₂)CH₂-COOH, C₂H₅CH(NH₂)-COOH,

H₂N-CH₂CH(CH₃)-COOH, CH₃C(CH₃)(NH₂)-COOH.

⇒ có 5 đồng phân ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

từ giả thiết ⇒ ứng với mỗi chất X, Y có 2 cấu tạo thỏa mãn:

gọi n_X = x mol; n_Y = y mol ⇒ 138x + 124y = m_E = 3,86 gam.

dù là TH nào thì luôn có 2x + 2y = ∑n_khí = 0,06 mol ⇒ giải: x = 0,01; y = 0,02 mol.

hai khí tổng 0,06 mol, tỉ lệ 1 : 5 ⇒ 1 khí có 0,01 mol và 1 khí có 0,05 mol.

⇒ cặp X, Y thỏa mãn là: 0,01 mol H₄NOOC–COONH₃CH₃ và 0,02 mol (CH₃NH₃)₂CO₃.

⇒ m gam muối gồm 0,01 mol (COONa)₂ và 0,02 mol Na₂CO₃ ⇒ m = 3,46 gam.

Chọn đáp án D

gt ⇒ n_Fe = n_Mg = n_Cu = 0,1 mol || _N2 = n_NO2 ⇒ ghép: N₂ + NO₂ = N₃O₂ = N₂O.NO = N₂O + NO.

► Quy hỗn hợp khí về N₂O và NO với số mol x và y || n_khí = x + y = 0,12 mol. HNO₃ dư ⇒ Fe lên +3.

● m_Fe(NO3)3 + m_Mg(NO3)2 + m_Cu(NO3)2 = 0,1 × 242 + 0,1 × 148 + 0,1 × 188 = 57,8(g) < 58,8(g).

⇒ chứa muối NH₄NO₃ ⇒ n_NH4NO3 = (58,8 - 57,8) ÷ 80 = 0,0125 mol. Bảo toàn electron:

3n_Fe + 2n_Mg + 2n_Cu = 8n_N2O + 3n_NO + 8_NH4NO3 ⇒ 8x + 3y = 0,6 mol ||⇒ x = 0,048 mol; y = 0,072 mol.

► n_HNO3 = 10n_N2O + 4n_NO + 10n_NH4NO3 = 0,893 mol ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

các chất theo tên trong X lần lượt có cấu tạo là CH₃COOC₆H₅;

C₆H₅COOCH₃; HCOOCH₂C₆H₅; C₂H₅OOCCOOC₆H₅.

♦ Thủy phân: 36,9 gam X + 0,4 mol NaOH → m gam muối + 10,9 gam Y + H₂O.

cần nhìn rõ tỉ lệ: este thường este + 1.NaOH → muối + 1.ancol đơn chức.

TH este của phenol: RCOOC₆H₅ + 2NaOH → RCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

⇒ ||⇒ rút ra: TH este của phenol n_NaOH = 2n_H2O; este thường có n_NaOH = n_{ancol đơn chức}.

Y gồm các ancol đơn chức, 1OH + 1Na → 1ONa + ½.H₂↑ ||⇒ n_Y = 2n_H2 = 0,2 mol.

⇒ n_{NaOH phản ứng với este của phenol} = 0,4 – 0,2 = 0,2 mol ⇒ n_{H2O tạo bởi este phenol} = 0,1 mol.

||⇒ BTKL cho phản ứng thủy phân có m_muối = 36,9 + 0,4 × 40 – 10,9 – 0,1 × 18 = 40,2 gam. Chọn A. ♥.

Chọn đáp án B

Đặt n_NaOH = x. Bảo toàn nguyên tố Natri: n_Na2CO3 = 0,5x || Bảo toàn khối lượng:

m_P = (4,78 + 53x) (g). A gồm các ancol no, đơn chức, mạch hở ⇒ có dạng: C_nH_2n+2O.

► Để ý: C_nH_2n+2O = (CH₂)_n.H₂O ||⇒ Quy A về CH₂ và H₂O ⇒ n_H2O = x mol.

● Mặt khác: n_CO2 = n_O2 ÷ 1,5 = 0,23 mol ⇒ m_A = m_CH2 + m_H2O = (3,22 + 18x) (g).

Bảo toàn khối lượng: m_N + m_NaOH = m_A + m_P ||⇒ x = 0,18 mol ⇒ n_N = 0,18 mol.

► Xét phản ứng đốt P: đặt n_CO2 = a; n_H2O = b ⇒ 44a + 18b = 14,06(g). Lại có:

n_COONa = 0,18 mol; n_Na2CO3 = 0,09 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

0,18 × 2 + 0,29 × 2 = 0,09 × 3 + 2a + b ||⇒ giải hệ có: a = 0,25 mol; b = 0,17 mol.

● Bảo toàn nguyên tố Cacbon và Hidro: n_{CO2 đốt N} = 0,57 mol; n_{H2O đốt N} = 0,49 mol.

► Lại có: n_CO2 – n_H2O = ∑n_π – n. Áp dụng: ∑n_π = 0,57 - 0,49 + 0,18 = 0,26 mol.

π gồm π_C=O và π_C=C nhưng tác dụng với Br₂/CCl₄ chỉ có π_C=C.

n_{π C=O} = n_COO = 0,18 mol ⇒ n_Br2 = n_{π C=C} = 0,26 - 0,18 = 0,08 mol ⇒ chọn B.

► Chú ý: -CHO chỉ tác dụng với Br₂/H₂O

||⇒ không cần quan tâm nếu N chứa este của HCOOH.

Chọn đáp án A

n_CO2 = 0,24 mol. Bảo toàn khối lượng: m_B = 65,76 - 0,24 × 44 = 55,2(g).

► Xét 1 phần ⇒ m_B = 27,6(g). Có H₂ ⇒ Al dư ⇒ B gồm Al dư, Al₂O₃ và Fe.

⇒ n_Al = 0,06 ÷ 1,5 = 0,04 mol || n_Al(OH)3 = 0,28 mol ⇒ n_Al2O3 = 0,12 mol.

$\stackrel{mb}{\to }$ n_Fe = 0,255 mol ⇒ n_SO4^2– = (93,36 - 0,28 × 27 - 0,255 × 56) ÷ 96 = 0,745 mol.

⇒ n_H2SO4 = 0,745 mol ⇒ ∑n_H⁺ = 0,745 × 2 + 0,23 = 1,72 mol.

● ∑n_H⁺ = 4n_NO + 10n_N2O + 2n_O ⇒ 4a + 10b = 1. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

a + 2b = 0,23 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,04 mol.

⇒ a : b = 3,75 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

Đặt n_X = x ⇒ n_Y = x; n_Z = 2x ⇒ ∑n_a.a = 2 × x + 3 × x + 4 × 2x = 0,06 + 0,1 + 0,1.

⇒ x = 0,02 mol ⇒ ∑n_peptit = 4x = 0,08 mol. Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

⇒ n_C2H3NO = 0,06 + 0,1 + 0,1 = 0,26 mol; n_CH2 = 0,1 + 0,1 × 3 = 0,4 mol; n_H2O = 0,08 mol.

● Đốt cho (0,26 × 2 + 0,4 = 0,92) mol CO₂ và (0,26 × 1,5 + 0,4 + 0,08 = 0,87) mol H₂O.

⇒ ∑m_{(CO2, H2O)} = 0,92 × 44 + 0,87 × 18 = 56,14(g) ⇒ TN2 gấp 2 lần TN1.

► m = 2 × (0,26 × 57 + 0,4 × 14 + 0,08 × 18) = 43,72(g) ⇒ chọn B.