Khi thuỷ phân đến cùng protein thu được - amino axit.

Chọn đáp án D.

Polime được điều chế bằng phản ứng trùng hợp là teflon.

$nC{F}_2=C{F}_2\stackrel{t^o,p,xt}{\to }-\text{}{(C{F}_2-C{F}_2)}_n\text{}-$

Chọn đáp án B.

Khi thuỷ phân bất kỳ chất béo nào cũng thu được sản phẩm có chứa glixerol. ${\left(RCOO\right)}_3{C}_3{H}_5+3H_{2}O\stackrel{H^{+},t^o}{\rightleftarrows }3RCOOH+C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3$

Thuỷ phân trong môi trường axit$\to$  axit béo + glixerol:

Thuỷ phân trong môi trường kiềm  muối của axit béo + glixerol: ${\left(RCOO\right)}_3{C}_3{H}_5+3NaOH\stackrel{t^o}{\to }3RCOONa+C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3$

Chọn đáp án C.

Axit H₃PO₄ là một axit 3 nấc, quá trình phân li trong nước xảy ra theo 3 giai đoạn sau:$\begin{array}{l}{H}_{3}P{O}_4\stackrel{}{\rightleftharpoons }{H}^{+}+H_{2}P{O}_4^{-}\left(1\right)\\ H_{2}P{O}_4^{2-}\stackrel{}{\rightleftharpoons }{H}^{+}+HP{O}_4^{2-}\left(2\right)\\ HP{O}_4^{2-}\underset{}{\rightleftharpoons }{H}^{+}+P{O}_4^{3-}\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\left(3\right)\end{array}$

Vậy trong dung dịch H₃PO₄ tồn tại 4 loại ion: $H^{+},H_{2}P{O}_4^{-},HP{O}_4^{2-},P{O}_4^{3-}.$

Chọn đáp án C.

$\underset{\left(1\right)}{\underbrace{Gly-Ala}}-\underset{\left(2\right)}{\underbrace{Gly-Val}}-Ala;Gly-\stackrel{\left(3\right)}{\overbrace{Ala-Gly}}-\stackrel{\left(4\right)}{\overbrace{Val-Ala}}$

Có 4 đipeptit khác nhau được tạo thành là: Gly-Ala (1); Gly-Val(2); Ala-Gly(3); Val-Ala(4)

Trong 4 đipeptit tạo thành có 3 đipeptit chứa Gly là: Gly-Ala (1); Gly-Val(2); Ala-Gly(3)

Chọn đáp án C.

Tơ lapsan thuộc loại tơ polieste, được tổng hợp từ axit terephtalic và etylen glicol.

Chọn đáp án C.

Cảnh sát giao thông sử dụng các dụng cụ phân tích rượu  etylic (dễ bị oxi hoá) có chứa CrO₃. Khi tài xế hà hơi thở vào dụng cụ phân tích trên, nếu trong hơi thở có chứa hơi rượu thì hơi rượu sẽ tác dụng với CrO₃ màu đỏ thẫm và biến thành Cr₂O₃ có màu lục thẫm. Dựa vào sự biến đổi màu sắc mà dụng cụ phân tích sẽ thông báo cho cảnh sát biết được mức độ uống rượu của tài xế. Đây là biện pháp nhằm phát hiện các tài xế đã uống rượu khi tham gia giao thông để ngăn chặn những tai nạn đáng tiếc xảy ra.$C_2{H}_{5}OH+4Cr{O}_3\to 2C{r}_2{O}_3+2C{O}_2+3H_{2}O$

Chọn đáp án A.

A. Phương pháp thuỷ luyện

B. Phương pháp nhiệt luyện

C, D. Phương pháp điện phân dung dịch.

Chọn đáp án A.

CO₂ là chất khí không màu, khồng mùi, nặng hơn không khí, gây hiệu ứng nhà kính, không độc, không duy trì sự sống, dùng để chữa cháy, trừ các đám cháy kim loại. Các kim loại như Mg, Al có thể cháy trong CO₂ (thể hiện tính oxi hoá yếu), phản ứng toả nhiệt mạnh, tạo sản phẩm chứa cacbon. Sau đó, cacbon có thể tiếp tục cháy trong CO₂. Phản ứng xảy ra như sau:

$\begin{array}{l}2Mg+C{O}_2\stackrel{t^o}{\to }C+2MgO\left(1\right)\\ C{O}_2+C\stackrel{t^o}{\to }2CO\left(2\right)\end{array}$

Chọn đáp án D.

A. Đúng, dung dịch saccarozơ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam.

B. Sai, Tinh bột không có phản ứng tráng bạc.

C. Sai, xenlulozơ chỉ bị thuỷ phân trong môi trường axit đun nóng.

D. Sai, glucozơ là monosaccarit nên không bị thuỷ phân trong môi trường axit.

Chọn đáp án A.

Khí Cl₂ oxi hoá trong môi trường OH^- theo phản ứng sau:$3C{l}_2+2CrC{l}_3+16NaOH\to 2N{a}_{2}Cr{O}_4+12NaCl+8H_{2}O$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:$m_{HClphaûnöùng}=m_{muoái}-m_X=4,5625gam\Rightarrow n_{HCl}=\frac{4,5625}{36,5}=0,125\left(mol\right).$

Vì X là amin đơn chức nên suy ra: $n_X=n_{HCl}=0,125\left(mol\right)\Rightarrow M_X=\frac{9,125}{0,125}=73\Rightarrow$

X là C₄H₁₁N.

Các đồng phân của X là:

$\begin{array}{l}C{H}_3-OH+Na\to C{H}_3-ONa+1\text{}/\text{}2H_2\\ x xx\text{}/\text{}2\end{array}$

$\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+2Na \to C_2{H}_4{\left(ONa\right)}_2+H_2\\ y yy\end{array}$

Theo phương trình phản ứng trên ta có:  $\frac{x}{2}+y=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)$

Mặt khác 

$\stackrel{BTC}{\to }{n}_{C{O}_2}=x+2y=2\underset{n_{H_2}}{\underbrace{\left(\frac{x}{2}+y\right)}}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\to a=8,8\left(gam\right)$

Chọn đáp án A.

Theo đầu bài ta có: $\left\{\begin{array}{l}\sum n_{O{H}^{-}}:0,4\\ n_{C{O}_2}:0,35\\ n_{C{a}^{2+}}:0,15\end{array}\right.\left(mol\right)\to n_{C{O}_3^{2-}}=\underset{0,4}{\underbrace{n_{O{H}^{-}}}}-\underset{0,35}{\underbrace{n_{C{O}_2}}}=0,05\left(mol\right)$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}C{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to CaC{O}_3\downarrow \\ 0,15>0,05\to 0,05\left(mol\right)\end{array} \\ \to m_{CaC{O}_3}=0,05.100=5,0\left(gam\right) \end{gathered}$$

Chọn đáp án A.

Cách 1:

Este có công thức dạng RCOOR’, muối tạo thành là RCOONa.

Vì số mol este bằng số mol muối, nên tỉ lệ về khối lượng của chúng cũng là tỉ lệ về khối lượng phân tử, theo giả thiết ta có: $\frac{R+67}{R+44+R^{\text{'}}}=\frac{41}{37}\Rightarrow 4R+41R^{\text{'}}=675.$

Giá trị trung bình của 2 gốc (R và R’) được tính theo biểu thức $\overline{R}=\frac{675}{4+41}=15.$

Nếu có một gốc có khối lượng nhỏ hơn 15 thì đó phải là gốc axit (R).

Chọn R = 1 $\Rightarrow R^{\text{'}}=16,36$  loại. Vậy cả hai gốc R và R’ đều có khối lượng là 15 và đều là CH₃–

CTCT của este là CH₃COOCH₃.

Cách 2:

Vì $\frac{M_{RCOONa}}{M_{RCOO{R}^{\text{'}}}}=\frac{41}{37}>1\Rightarrow M_{Na}>M_{R^{\text{'}}}\Rightarrow$ R’ là CH₃– (15) $\Rightarrow$ Loại A và C.

Ta có  $\frac{M_{RCOONa}}{M_{RCOO{R}^{\text{'}}}}=\frac{41}{37}=\frac{82}{74}\Rightarrow R=15(C{H}_3\text{}-).$

Chọn đáp án D.

Các phản ứng xảy ra:$\begin{array}{l}nHOOCCOOH\left(X_3\right)+nN{H}_{2}N{H}_2\left(X_4\right)\stackrel{t^o}{\to }-\text{}\left(NHNHCOCO\right){\text{}}_n-+2n{H}_{2}O\\ axitađipic hexametylenñia\text{}\min tơ nilon6,6\end{array}$

$NaOOC{\left[C{H}_2\right]}_{4}COONa\left(X_1\right)+H_{2}S{O}_4\stackrel{}{\to }HOOC{\left[C{H}_2\right]}_{4}COOH\left(X_3\right)+N{a}_{2}S{O}_4$

$HOOCC{H}_2{\left[C{H}_2\right]}_{2}C{H}_{2}COO{C}_2{H}_5+NaOH\stackrel{}{\to }NaOOC{\left[C{H}_2\right]}_{4}COONa\left(X_1\right)+C_2{H}_{5}OH\left(X_2\right)+H_{2}O$

A. Sai, $N{H}_2{\left[C{H}_2\right]}_{6}N{H}_2\left(X_4\right)$ làm quỳ tím hoá xanh.

B. Sai, nhiệt độ sôi của $C_2{H}_{5}OH\left(X_2\right)$  thấp hơn so với CH₃COOH.

C. Đúng, NaOOC[CH₂]₄COONa (X₁) là muối chứa liên kết ion nên có nhiệt độ nóng chảy cao hơn

HOOC[CH₂]₄COOH (X₃) chỉ chứa liên kết cộng hoá trị.

D. Sai.

Chọn đáp án C.

Ta có hệ phương trình:$\underset{15,6gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Al:a\\ A{l}_2{O}_3:b\end{array}\right.}}\stackrel{Ba{\left(OH\right)}_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}B{a}^{2+}\\ O{H}^{-}\\ Al{O}_2^{-}\end{array}\right.\stackrel{H_{2}S{O}_4:0,9}{\to }\left\{\begin{array}{l}A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\\ BaS{O}_4:0,3\end{array}\right.$

$\stackrel{BTNT\left(S\right)}{\to }{n}_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=\frac{0,9-0,3}{3}=0,2\Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=2.0,2=0,4mol$

Số electron trong quá trình điện phân là: $n_e=n_{Ag}=0,005\left(mol\right)$

Cường độ dòng điện đã dùng là: $I=\frac{96500.0,005}{20.60}=0,402\left(A\right)$

Phương trình phản ứng:

$\begin{array}{l}C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O\left(1\right)\\ mol0,55\leftarrow 0,55\\ \begin{array}{l}2C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to Ca(HC{O}_3{\text{\hspace{0.17em})}}_2\left(2\right)\\ mol0,2\leftarrow 0,1\end{array}\end{array}$

$\begin{array}{l}Ca(HC{O}_3\stackrel{t^o}{{)}_2\to }CaC{O}_3+C{O}_2+H_{2}O\left(3\right)\\ mol0,1\leftarrow 0,1\end{array}$

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{leânmenröôïu}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2\left(4\right)\\ mol0,375\leftarrow \text{ \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}0,75\end{array}$

$\begin{array}{l}{\text{(C}}_6{\text{\hspace{0.17em}H}}_{10}{\text{O}}_5{\text{)}}_n+n{H}_{2}O\stackrel{xt}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6\left(5\right)\\ mol\frac{0,375}{n}\leftarrow 0,375\end{array}$

Theo giả thiết ta thấy khi CO₂ phản ứng với dung dịch Ca(OH)₂ thì tạo ra cả hai loại muối là CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂. Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5) suy ra:

$n_{{\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n}=\frac{0,375}{n}mol.$

Vậy khối lượng tinh bột tham gia phản ứng với hiệu suất 81% là:

$m_{C_6{H}_{10}{O}_5}=\frac{162n.0,375}{n.81\%}=75\left(gam\right).$

Chọn đáp án A.

Trong phản ứng trung hoà: $n_{H_{2}O}=n_{HCl}=0,04mol\Rightarrow m_{HCl}=0,04.36,5=1,46gam,m_{H_{2}O}=0,04.18=0,72gam.$

Sơ đồ phản ứng:

 $X+KOH+HCl\to Y+Z+H_{2}O$

gam $m11,21,467,3618,340,72$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:$m=7,36+18,34+0,72-11,2-1,46=13,76\left(gam\right).$

Chọn đáp án D.

$\underset{m\left(gam\right)}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_2\\ H_2\end{array}\right.}}\stackrel{Ni,t^o}{\to }\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4\\ C_2{H}_6\\ C_2{H}_2\left(dö\right)\\ H_2\left(dö\right)\end{array}\right.\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }\left|\begin{array}{l}Khí\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4\\ C_2{H}_6\\ H_2\left(dö\right)\end{array}\right.\\ C_{2}A{g}_2\downarrow :0,05\end{array}\right.\underset{-C_2{H}_4}{\overset{+B{r}_2:0,1}{\to }}Z\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_6\\ H_2\left(dö\right)\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,1\\ H_{2}O:0,2.\end{array}\right.$

Chọn đáp án A.

$n_{C{O}_2}:2,84\left(mol\right);n_{H_{2}O}:2,74\left(mol\right);n_{O_2\left(ñoát\right)}:x\left(mol\right);n_{N_2}:y\left(mol\right)$

Sơ đồ phản ứng đốt cháy: $X+O_2\to C{O}_2+H_{2}O+N_2$

$n_{O_2}=1,5.(n_{C{O}_2}-n_{N_2})\leftrightarrow x=1,5(2,84-y)\left(1\right)$

$\stackrel{BTO}{\to }{n}_{O\left(trongX\right)}=2.2,84+2,74-2x=8,42-2x$

Phản ứng thuỷ phân: $X+NaOH\to RN{O}_{2}Na+H_{2}O$

$\stackrel{BTN}{\to }{n}_{NaOH}=2y$

$\stackrel{BTO}{\to }{n}_{H_{2}O}=n_{O\left(X\right)}+n_{O\left(NaOH\right)}-n_{\left(O\right)RN{O}_{2}Na}=(8,42-2x)+2y-4y=8,42-2x-2y$

$\stackrel{BTKL}{\to }m+2y.40=m+29,7+18.(8,42-2x-2y)\left(2\right)$

Từ (1)(2) $\to x=3,585;y=0,45\to m=72,16\left(gam\right)$

Chọn đáp án B.

Thí nghiệm 1 và 3 thu được cùng 1 số mol nên loại NH₄Cl và AlCl₃.

Thí nghiệm 2 có sinh ra khí NO nên loại NH₄NO₃ và FeCl₃.

Vì n₁ = 6n₂ $\to$  Chọn (NH₄)₂SO₄ và Fe(NO₃)₂.${\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4+2KOH\to K_{2}S{O}_4+2N{H}_3+2H_{2}O$

$Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+2KOH\to Fe{\left(OH\right)}_2+2KN{O}_3.$

$9Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+6H_{2}S{O}_4\to 2F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3NO+5Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+6H_{2}O.$

${\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaS{O}_4+2N{H}_3+2H_{2}O$

$Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\to Fe{\left(OH\right)}_2+Ba{\left(N{O}_3\right)}_2.$

(a). Đúng.

(b). Sai, các loại bật lửa ga thông dụng trên thị trường chứa nguyên liệu chủ yếu là khí butan hoá lỏng.

(c). Sai, bậc của amin được tính bằng số nguyên tử hiđro trong phân tử NH₃ bị thế bởi gốc hiđrocacbon.

(d). Đúng, mùi tanh của cá (đặc biệt là cá mè) là do hỗn hợp một số amin (nhiều nhất là trimetylamin) và một số chất khác gây nên. Khi nấu canh cá người ta thường cho chất chua. Các amin tanh trong cá là nhóm những chất có chứa bazơ, khi kết hợp với axit hữu cơ có trong các chất chua thường là axit axetic, axit lactic (giấm, mẻ, khế, cà chua, dọc, tai chua, sấu…) sẽ tạo thành các muối tương ứng và nước, do vậy cá sẽ bớt tanh hoặc hết mùi tanh.

(e). Đúng, len lông cừu có bản chất protein, khi đốt cháy bị phân huỷ tạo ra mùi khét. Len (tơ nitron) khi cháy không tạo ra mùi khét. Vì vậy đốt cháy hai loại sợi len đó, có thể phân biệt được chúng.

Chọn đáp án C.

T tạo kết tủa với Na­₂SO₄ $\to$ T là Ba(OH)₂.

Theo đầu bài trong dãy có 2 hiđroxit tan trong nước là: NaOH và Ba(OH)₂ $\to$  X: NaOH

Y là Fe(OH)₃ không phản ứng với NaOH, còn Z là Al(OH)₃ có phản ứng với NaOH.

Chọn đáp án B.

Với điều kiện thí nghiệm X ở dạng khí, Y dạng rắn, Z dạng khí làm vẩn đục nước vôi trong  chỉ có phản ứng B là phù hợp.

Chọn đáp án B.

(a) NH₃ không tác dụng với BaCl₂.

(b) $2FeC{l}_3+H_{2}S\to 2FeC{l}_2+S\downarrow +2HCl$

(c) AgNO₃ không tác dụng với H₃PO₄, do giả sử phản ứng xảy ra thì Ag₃PO₄ tan ngay trong HNO₃ tạo thành nên phản ứng giữa AgNO₃ và H₃PO₄ coi như không xảy ra.

(d) $AgN{O}_3+Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+Ag\downarrow$

(e) AlCl₃ không tác dụng với H₂S.

Chọn đáp án A.

Theo đề ta có: a < 2b nên KCl điện phân hết còn CuSO₄ dư.

$Catot:C{u}^{2+}+2e\to Cu\left|\begin{array}{l}Anot:2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e\\ 2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e\end{array}\right.$

+ Quá trình 1: pH của dung dịch không đổi

+ Quá trình 2: [H⁺] tăng $\Rightarrow$  pH giảm.

Chọn đáp án D.

Định hướng tư duy giải toán

·     $\stackrel{BTKL}{\to }{n}_{H_{2}O}=0,05\stackrel{}{\to }X\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}NO:0,3mol\\ C{H}_2\\ H_{2}O:0,05mol\end{array}\right.\to N=6\left(hexa\right)$   

·    $\stackrel{BTKL}{\to }m+0,3.36,5+0,\mathrm{05.5.18}=36,25\to m=20,8\to M_X=416$    

·    $\to n_{C{H}_2}=0,2\stackrel{}{\to }X:{\left(Gly\right)}_{4}AlaVal\to \%m_{GlyHCl}=61,52\%$    

Chọn đáp án A.

Định hướng tư duy giải toán

§ $Y\left\{\begin{array}{l}NO:0,15\\ H_2:0,075\end{array}\right.\stackrel{H^{+}}{\to }N{H}_4^{+}:0,05\stackrel{BTN}{\to }Fe{\left(N{O}_3\right)}_2:0,1\stackrel{BTe}{\to }Al:0,4\to m_1=52\left(gam\right)$

$m_2\left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:1,025\\ AgCl:1,025.2=2,05\left(mol\right)\\ Ag:0,1.3+0,1=0,4\end{array}\right.\to m_2=576,2\to m_1+m_2=628,2\left(gam\right)$

Chọn đáp án C.

$\underset{11,2648\left(gam\right)}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}Fe\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Al\end{array}\right.}}\stackrel{+HCl}{\to }\left\{\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}\\ F{e}^{3+}\\ N{H}_4^{+}:a\left(mol\right)\stackrel{+AgN{O}_3}{\to }\downarrow \underset{(72,2092gam)}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}AgCl\\ Ag\end{array}\right.}}\\ A{l}^{3+}\\ C{l}^{-}\end{array}\right.\\ Z\left\{\begin{array}{l}{N}_2:0,02\\ H_2:0,01\end{array}\right.\left(mol\right)+H_{2}O\end{array}\right.$Ta có các phản ứng sau: $\begin{array}{l}12H^{+}+2N{O}_3^{-}+10e\to N_2+6H_{2}O\\ 0,240,020,12\end{array}$