Đáp án A

Phương pháp giải:

Xác định công thức muối natri oleat ⟹ Công thức chất béo X.

Lưu ý: Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

Giải chi tiết:

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ +3NaOH  3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅(OH)₃

 (Triolein) (Natri oleat)

⟹ Công thức của X là (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Anđehit axetic (CH₃CHO) có 1 nhóm -CHO ⟹ 1 mol CH₃CHO phản ứng với AgNO₃/NH₃ cho 2 mol Ag.

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: 1CH₃CHO → 2Ag

 0,1 → 0,2 (mol)

⟹ m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách gọi tên este: Tên gọi của este RCOOR' = Tên gốc R' + tên gốc axit (đuôi "at").

Giải chi tiết:

Etyl axetat có công thức là CH₃COOCH₂CH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách sắp xếp tính bazơ của các amin: R-N

+ R đẩy e ⟹ làm tăng mật độ electron trên N ⟹ tăng tính bazơ.

+ R hút e ⟹ làm giảm tính bazơ.

Ghi nhớ: Amin thơm < NH₃ < amin no < NaOH;

 Amin no bậc 1 < amin no bậc 2.

Giải chi tiết:

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Để đơn giản hóa ta coi dung dịch A gồm 0,1 mol Ala và 0,2 mol HCl.

- Tính theo các PTHH:

 CH₃-CH(NH₂)-COOH + NaOH → CH₃-CH(NH₂)-COONa + H₂O

 HCl + NaOH → NaCl + H₂O

Giải chi tiết:

n_HCl = 0,2.1 = 0,2 mol; n_NaOH = 0,2.2 = 0,4 mol.

Để đơn giản hóa ta coi dung dịch A gồm 0,1 mol Ala và 0,2 mol HCl.

CH₃-CH(NH₂)-COOH + NaOH → CH₃-CH(NH₂)-COONa + H₂O

 0,1 → 0,1 (mol)

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

 0,2 → 0,2 → 0,2  (mol)

Cách 1: Xác định từng chất trong chất rắn

Dung dịch thu được sau phản ứng chứa $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}CH\left(N{H}_2\right)COONa:0,1\left(mol\right)\\ NaCl:0,2\left(mol\right)\\ NaOHdu:0,4-0,1-0,2=0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

⟹ m = 0,1.111 + 0,2.58,5 + 0,1.40 = 26,8 gam.

Cách 2: Dùng BTKL

Ta thấy NaOH dư ⟹ n_H2O = n_Ala + n_HCl = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol.

m_{chất rắn} = m_Ala + m_HCl + m_NaOH - m_H2O = 0,1.89 + 0,2.36,5 + 0,4.40 - 0,3.18 = 26,8 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính số mol mỗi muối. Lưu ý: Natri oleat là C₁₇H₃₃COONa và natri stearat là C₁₇H₃₅COONa.

⟹ Tỉ lệ giữa 2 gốc C₁₇H₃₅COO- và C₁₇H₃₃COO- trong phân tử của X.

⟹ Công thức cấu tạo của X ⟹ M_X.

Giải chi tiết:

n_{natri oleat (C17H33COONa)} = 15,2/304 = 0,05 mol

n_{natri stearat (C17H35COONa)} = 30,6/306 = 0,1 mol

⟹ n_C17H33COONa = n_C17H35COONa = 0,05 : 0,1 = 1 : 2.

⟹ Trong phân tử của X có chứa 1 gốc C₁₇H₃₃COO- và 2 gốc C₁₇H₃₅COO-

⟹ Công thức cấu tạo của X là (C₁₇H₃₃COO)(C₁₇H₃₅COO)₂C₃H₅

⟹ M_X = 888 g/mol.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương 2: Cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

X là tinh bột, Y là glucozơ, Z là khí CO₂.

(C₆H₁₀O₅)_n + H₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$  nC₆H₁₂O₆

 (X) (Y)

C₆H₁₂O₆ + H₂ $\stackrel{Ni,t^o}{\to }$  C₆H₁₄O₆

 (Y) Sobitol

C₅H₁₁O₅-CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → C₅H₁₁O₅-COONH₄ + 2NH₄NO₃ + 2Ag ↓

 (Y) Amoni gluconat

C₆H₁₂O₆  $\stackrel{Ni,t^o}{\to }$2C₂H₅OH + 2CO₂

 (Y) (E) (Z)

6nCO₂ + 5nH₂O  $\underset{clorofin}{\overset{as}{\to }}$(C₆H₁₀O₅)_n + 6nO₂

 (Z) (X) (G)

Vậy X là tinh bột, Y là glucozơ, Z là CO₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương 3: Amin - amino axit - protein.

Giải chi tiết:

A, C, D đúng.B. sai vì Lys có 2 nhóm -NH₂ và 1 nhóm -COOH ⟹ làm đổi màu quỳ tím thành xanh.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Coi hỗn hợp X gồm 1 mol Αl, 1 mol Fe₂O₃, 1 mol Cu.

Xét phản ứng của hỗn hợp X với từng chất trong các đáp án.

Giải chi tiết:

Coi hỗn hợp X gồm 1 mol Αl, 1 mol Fe₂O₃, 1 mol Cu.

- Loại A vì Fe₂O₃ không có phản ứng với AgNO₃.

- Loại B vì cả 3 chất không có phản ứng với NH₃.

- Loại C vì Fe₂O₃, Cu không có phản ứng với NaOH.

- D thỏa mãn. Dung dịch HCl có thể hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X vì:

 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

 Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

 1 mol → 2 mol

 Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

1 mol 2 mol

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết ứng dụng axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

Giấm ăn có thành phần chất tan là axit axetic (CH₃COOH).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết ankin.

Giải chi tiết:

CH≡CH + H₂ $\underset{t^o}{\overset{Pd/PbC{O}_3}{\to }}$  CH₂=CH₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Các kim loại phản ứng với nước ở điều kiện thường tạo dung dịch bazơ:

- Tất cả các kim loại kiềm (nhóm IA).

- Một số kim loại kiềm thổ (nhóm IIA) trừ Be, Mg.

Giải chi tiết:

Các kim loại phản ứng với nước ở điều kiện thường tạo dung dịch bazơ là Na, Ca, K (3 kim loại).

PTHH:

 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ ↑

 2K + 2H₂O → 2KOH + H₂ ↑

 Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂ ↑

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chỉ có Fe tác dụng được với HCl, Cu không phản ứng:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Tính n_H2 ⟹ n_FeCl2 ⟹ m_FeCl2.

Giải chi tiết:

n_H2 = 3,36/22,4 = 0,15 mol

Chỉ có Fe tác dụng được với HCl, Cu không phản ứng:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

 0,15 ← 0,15 (mol)

Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối FeCl₂.

⟹ m = m_FeCl2 = 0,15.127 = 19,05 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt n_CH3NH2 = a; n_C2H5NH2 = 2a; n_C3H7NH2 = a (mol)

Từ khối lượng hỗn hợp X ⟹ giá trị của a.

Sơ đồ phản ứng: Amin + HCl → Muối

BTKL: m_muối = m_amin + m_HCl

Giải chi tiết:

Đặt n_CH3NH2 = a; n_C2H5NH2 = 2a; n_C3H7NH2 = a (mol)

⟹ 31a + 45.2a + 59a = 21,6 ⟹ a = 0,12 mol

Sơ đồ phản ứng: Amin + HCl → Muối

⟹ n_HCl = n_amin = a + 2a + a = 4a = 0,48 mol

BTKL: m_muối = m_amin + m_HCl = 21,6 + 0,48.36,5 = 39,12 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Este E là CH₃COOC₂H₅ (etyl axetat).

 CH₃COOC₂H₅ (E) + H₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\rightleftarrows }$  CH₃COOH (Y) + C₂H₅OH (X)

 C₂H₅OH (X) + O₂  $\stackrel{mengiam}{\to }$CH₃COOH (Y) + H₂O

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính chất vật lí, tính chất hóa học của amin.

Giải chi tiết:

Chất thỏa mãn tính chất của X là anilin (C₆H₅NH₂).

Phản ứng của anilin với nước brom:

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết polime.

Giải chi tiết:

Để điều chế thủy tinh hữu cơ (poli(metyl metacrylat) viết tắt là PMMA), người ta tiến hành trùng hợp CH₂=C(CH₃)COOCH₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ta thấy với M = 88 thì X không thể là este của phenol.

RCOOR' + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  RCOONa + R'OH

Chất rắn thu được sau phản ứng gồm RCOONa và NaOH dư.

Từ khối lượng chất rắn ⟹ M_R ⟹ R ⟹ M_R' ⟹ R'

Từ đó xác định được CTCT của X.

Giải chi tiết:

n_X = 17,6/88 = 0,2 mol; n_NaOH = 0,3 mol.

Ta thấy với M = 88 thì X không thể là este của phenol.

RCOOR' + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  RCOONa + R'OH

 0,2 → 0,2 → 0,2 (mol)

⟹ Chất rắn thu được sau phản ứng gồm $\left\{\begin{array}{l}RCOONa:0,2\left(mol\right)\\ NaOHdu:0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

⟹ 0,2.(M_R + 44 + 23) + 0,1.40 = 23,2 ⟹ M_R = 29 ⟹ R là -C₂H₅

⟹ M_R' = 88 - 44 - 29 = 15 ⟹ R' là -CH₃

Vậy CTCT của X là C₂H₅COOCH₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Saccarozơ có nhiều trong cây mía và củ cải đường.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tính chất vật lí của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là W (vonfram). Nhờ tính chất này mà Vonfram được dùng làm dây tóc bóng đèn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về protein.

Giải chi tiết:

Khi nấu canh cua thì thấy các mảng "riêu cua" nổi lên là vì có sự đông tụ của protein do nhiệt độ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH:

 CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

 C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

 C₆H₅COOH + NaOH → C₆H₅COONa + H₂O

Nhận xét: n_H2O = n_NaOH

BTKL: m_rắn = m_X + m_NaOH - m_H2O

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,6.0,1 = 0,06 mol

PTHH:

 CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

 C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

 C₆H₅COOH + NaOH → C₆H₅COONa + H₂O

Nhận xét: n_H2O = n_NaOH = 0,06 mol

BTKL: m_rắn = m_X + m_NaOH - m_H2O = 5,48 + 0,06.40 - 0,06.18 = 6,8 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Các chất có thể làm mất màu nước brom ở điều kiện thường:

- Các chất có liên kết bội không no: C=C (anken, ankađien,…), C≡C (ankin,…).

- Các chất có nhóm chức -CHO (anđehit, glucozơ, các chất có đầu HCOO-,…).

- Phenol (C₆H₅OH), anilin (C₆H₅NH₂) có phản ứng với nước brom, vừa làm mất màu, vừa sinh ra kết tủa trắng.

- Vòng xiclopropan (đã giảm tải).

Giải chi tiết:

Các chất làm mất màu được nước brom ở điều kiện thường là:

Etilen (CH₂=CH₂);

Buta-1,3-đien (CH₂=CH-CH=CH₂);

Stiren (C₆H₅-CH=CH₂);

Metyl acrylat (CH₂=CHCOOCH₃);

Phenol (C₆H₅OH);

Anilin (C₆H₅NH₂).

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Lập tỉ lệ thấy n_X : n_NaOH = 1:2 ⟹ X có 2 nhóm COOH.

⟹ X có dạng (NH₂)_n-R-(COOH)₂.

⟹ Công thức của muối khan là (NH₂)_n-R-(COONa)₂.

- Từ khối lượng muối và số mol muối suy ra mối liên hệ giữa R và n.

- Chọn giá trị phù hợp của (n; R).

Giải chi tiết:

n_X = 0,2.0,5 = 0,1 mol

n_NaOH = $\frac{100.8}{100.40}$  = 0,2 mol

Ta thấy n_X : n_NaOH = 1:2 ⟹ X có 2 nhóm COOH.

⟹ X có dạng (NH₂)_n-R-(COOH)₂.

⟹ Công thức của muối khan là (NH₂)_n-R-(COONa)₂.

Ta có n_muối = n_X = 0,1 mol ⟹ M_muối = 16,3/0,1 = 163.

⟹ 16n + R + 134 = 163

⟹ 16n + R = 29

⟹ Chỉ có nghiệm n = 1; R = 13 thỏa mãn.

Vậy CTCT của X là H₂NCH(COOH)₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sự đổi màu của quỳ tím:

*Axit cacboxylic làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

*Amin:

- Amin có nguyên tử N gắn trực tiếp với vòng benzen có tính bazơ rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

- Các amin khác làm quỳ tím chuyển xanh.

*Amino axit:

- Số nhóm NH₂ = số nhóm COOH ⟹ Không làm đổi màu quỳ tím

- Số nhóm NH₂ > số nhóm COOH ⟹ Làm quỳ tím hóa xanh (VD: Lysin)

- Số nhóm NH₂ < số nhóm COOH ⟹ Làm quỳ tím hóa đỏ (VD: Axit glutamic)

Giải chi tiết:

- Loại A vì: CH₃COOH làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

- Loại C, D vì: NH₃, CH₃NH₂ làm đổi màu quỳ tím thành xanh.

- Chọn B vì: H₂N-CH₂-COOH có 1 nhóm -NH₂ và 1 nhóm -COOH ⟹ không làm đổi màu quỳ tím ẩm.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tơ poliamit kém bền do có nhóm CONH dễ bị thủy phân trong cả môi trường axit và môi trường kiềm.

Giải chi tiết:

Tơ poliamit kém bền do có nhóm CONH dễ bị thủy phân trong cả môi trường axit và môi trường kiềm.

⟹ Có 2 tơ dễ bị thủy phân trong cả môi trường axit và môi trường kiềm là tơ nilon-6 và nilon-6,6.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag

Giải chi tiết:

n_glucozơ = 13,5/180 = 0,075 mol

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag

 0,075 → 0,15 (mol)

⟹ m_Ag = 0,15.108 = 16,2 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Các phản ứng xảy ra:

(C₆H₁₀O₅)_n + H₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$  nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{men}{\to }$  2C₂H₅OH + 2CO₂

Viết gọn thành: 1C₆H₁₀O₅ → 2C₂H₅OH

Giải chi tiết:

m_{tinh bột} = 0,7 tấn

Viết gọn thành: 1C₆H₁₀O₅ → 2C₂H₅OH

Theo lý thuyết:

 Từ 162 tấn tinh bột sản xuất được 2.46 = 92 tấn ancol etylic

⟹ Từ 0,7 tấn tinh bột sản xuất được 0,7.92/162 = 0,398 tấn ancol etylic

Theo thực tế: m_{ancol etylic} = 0,398 . 85% = 0,338 tấn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tính chất hóa học của ancol.

Giải chi tiết:

2C₂H₅OH + 2Na → 2C₂H₅ONa + H₂

Đáp án D

Phương pháp giải:

nCH₂=CH₂  $\stackrel{t^o,p,xt}{\to }$(-CH₂-CH₂-)_n

- Theo lý thuyết: m_{etilen LT} = m_PE (áp dụng BTKL).

- Trên thực tế: m_{etilen TT} = m_{etilen LT}.(100/H).

Giải chi tiết:

nCH₂=CH₂  $\stackrel{t^o,p,xt}{\to }$ (-CH₂-CH₂-)_n

- Theo lý thuyết: m_{etilen LT} = m_PE = 1 tấn (áp dụng BTKL).

- Trên thực tế: m_{etilen TT} = m_{etilen LT}.(100/H) = 1.(100/80) = 1,25 tấn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃.

Giải chi tiết:

n_glixerol = 9,2/92 = 0,1 mol

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

Theo PTHH:

⟹ m_{xà phòng (C17H35COONa)} = 0,3.306 = 91,8 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương 1, 2, 3.

Giải chi tiết:

(1) đúng, do glucozơ có thể được cơ thể con người hấp thụ trực tiếp.

(2) đúng.

(3) đúng.

(4) đúng, do ảnh hưởng của nhóm -NH₂ khiến cho việc thế vào vòng của anilin dễ hơn so với benzen.

(5) sai vì axit glutamic mới là thuốc hỗ trợ thần kinh.

(6) đúng.

(7) đúng, đó là CH₃COOH và HCOOCH₃.

Vậy có 6 nhận định đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các axit vô cơ (H₂CO₃ và HNO₃).

Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amin.

⟹ Công thức cấu tạo của 2 chất ban đầu.

Giải chi tiết:

Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các axit vô cơ (H₂CO₃ và HNO₃).

Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amin.

⟹ X gồm (CH₃NH₃)₂CO₃ (a mol) và C₂H₅NH₃NO₃ (b mol)

⟹ m_X = 124a + 108b = 3,4 (1)

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + 2CH₃NH₂ ↑ + 2H₂O

 a → a → 2a (mol)

C₂H₅NH₃NO₃ + NaOH → NaNO₃ + C₂H₅NH₂ ↑ + H₂O

 b → b → b (mol)

⟹ n_amin = 2a + b = 0,04 (2)

Từ (1)(2) ⟹ a = 0,01; b = 0,02.

Muối khan thu được sau phản ứng gồm: Na₂CO₃ (0,01 mol); NaNO₃ (0,02 mol)

⟹ m = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Khi đốt cháy hỗn hợp E:

BTKL: m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O

BTNT O: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2

⟹ n_COO(E) = n_O(E)/2

⟹ n_NaOH = n_OH(ancol) = n_COO(E)

- Hai ancol no không thuộc cùng dãy đồng đẳng ⟹ Hỗn hợp T gồm ancol đơn chức và ancol hai chức.

BTKL: m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2

- Hỗn hợp muối thu được gồm 2 muối đơn chức (vì este Z mạch hở)

BTKL: m_muối = m_E + m_NaOH - m_ancol

n_muối = n_NaOH ⟹ M_{TB muối} ⟹ Công thức 2 muối

- Quy đổi hỗn hợp ancol thành: $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}OH:x\left(mol\right)\\ C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2:y\left(mol\right)\\ C{H}_2:z\left(mol\right)\end{array}\right.$

Tìm x, y, z dựa vào:

+ Tổng số mol nhóm -OH

+ Số mol C trong ancol

+ Tổng khối lượng ancol

⟹ Công thức các ancol, ghép với công thức 2 muối ⟹ Thành phần hỗn hợp E ban đầu.

⟹ % khối lượng este có PTK nhỏ nhất.

Giải chi tiết:

- Khi đốt cháy hỗn hợp E:

BTKL: m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 37,84 gam ⟹ n_CO2 = 0,86 mol.

BTNT O: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 0,48 mol

⟹ n_COO(E) = n_O(E)/2 = 0,48/2 = 0,24 mol

⟹ n_NaOH = n_OH(ancol) = n_COO(E) = 0,24 mol

- Hai ancol no không thuộc cùng dãy đồng đẳng ⟹ Hỗn hợp T gồm ancol đơn chức và ancol hai chức.

n_H2 = n_OH(ancol)/2 = 0,24/2 = 0,12 mol

BTKL: m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 9,2 + 2.0,12 = 9,44 gam.

- Hỗn hợp muối thu được gồm 2 muối đơn chức (vì este Z mạch hở)

BTKL: m_muối = m_E + m_NaOH - m_ancol = 19,28 + 0,24.40 - 9,44 = 19,44 gam.

n_muối = n_NaOH = 0,24 mol

⟹ M_{TB muối} = 19,44/0,24 = 81

⟹ Có 1 muối là HCOONa (M = 68): 0,12 mol

⟹ KLPT của muối còn lại: $\frac{19,44-0,12.68}{0,12}=94$  ⟹ CH₂=CHCOONa: 0,12 mol

- Quy đổi hỗn hợp ancol thành: $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}OH:x\left(mol\right)\\ C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2:y\left(mol\right)\\ C{H}_2:z\left(mol\right)\end{array}\right.$

Số mol C trong ancol = 0,86 - 0,12 - 0,12.3 = 0,38 mol

⟹ $\left\{\begin{array}{l}x+2y=0,24\\ x+2y+z=0,38\\ 32x+46y+14z=9,44\end{array}\right.$

⟹ $\left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=0,1\\ z=0,14\end{array}\right.$

Ghép CH₂ vào các ancol ⟹ $\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}OH:0,04\left(mol\right)\\ C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

Ghép với hỗn hợp muối ⟹ Thành phần của hỗn hợp E gồm

$\left\{\begin{array}{l}HCOO{C}_2{H}_5:0,02\left(mol\right)\\ C_2{H}_{3}COO{C}_2{H}_5:0,02\left(mol\right)\\ HCOO-C{H}_2-C{H}_2-OOC{C}_2{H}_3:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

⟹ Este có PTK nhỏ nhất là HCOOC₂H₅.

⟹ %m_HCOOC2H5 = 0,02.74/19,28 . 100% = 7,68% gần với giá trị 7,7% nhất.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt n_glucozơ = x (mol); n_saccarozơ = y (mol)

Lập hệ PT tìm x và y dựa vào:

+) Khối lượng của hỗn hợp X.

+) Số mol Ag sinh ra (trong môi trường kiềm, fructozơ chuyển hóa thành glucozơ ⟹ cũng có phản ứng tráng gương).

⟹ %m_glucozơ

Giải chi tiết:

Giả sử trong X có chứa: n_glucozơ = x (mol); n_saccarozơ = y (mol)

⟹ 180x + 342y = 7,02 (1)

- Khi thủy phân hỗn hợp X trong môi trường axit:

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O $\stackrel{H^{+}}{\to }$  C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

 y → y → y

Sản phẩm là Glu (x + y mol) và Fruc (y mol).

- Cho sản phẩm tráng gương:

 Glu → 2Ag

 (x+y) → (2x+2y) mol

 Fruc → 2Ag

 y → 2y mol

⟹ n_Ag = (2x + 2y) + 2y = 2x + 4y (mol)

⟹ 2x + 4y = 8,64/108 = 0,08 (2)

Giải hệ (1)(2) ⟹ x = 0,02; y = 0,01.

⟹ %m_glucozơ = $\frac{0,02.180}{7,02}.100\%$  = 51,28%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét nhiệt độ sôi của các chất dựa vào: trạng thái ở điều kiện thường, chất đó có liên kết hiđro liên phân tử hay không.

- Xét pH của dung dịch 0,02M dựa vào: tính axit, tính bazơ của các chất.

Giải chi tiết:

- Dựa vào nhiệt độ sôi các chất:

+ Phân tử glixerol C₃H₅(OH)₃ có 3 nhóm -OH ⟹ tạo được liên kết hiđro liên phân tử

⟹ Nhiệt độ sôi cao nhất, ứng với chất Y.

+ Theo tính chất vật lí của amin, etylamin ở điều kiện thường là chất khí

⟹ Nhiệt độ sôi thấp nhất, ứng với chất Z.

+ Ở điều kiện thường: phenol là chất rắn, anilin là chất lỏng (chỉ dựa vào nhiệt độ sôi chưa đủ để xác định phenol, anilin là X hay T)

- Dựa vào pH của dung dịch 0,02M:

+ Dung dịch X có pH = 8,4, thể hiện tính bazơ yếu ⟹ X là anilin

+ Dung dịch Y có pH = 7, môi trường trung tính ⟹ Y là glixerol (ancol).

+ Dung dịch Z có pH = 11,4, thể hiện tính bazơ khá mạnh ⟹ Z là etylamin.

(Dung dịch etylamin có pH cao hơn dung dịch anilin vì etylamin là amin no; còn anilin là amin thơm, nhóm -NH₂ đính vào vòng benzen làm tính bazơ giảm).

+ Dung dịch T có pH = 6,4, thể hiện tính axit yếu ⟹ T là phenol.

Vậy X là anilin, Y là glixerol, Z là etylamin, T là phenol.

⟹ Nhận định ở đáp án A đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Từ (b) ⟹ X₃ là axit, kết hợp với (c) ⟹ CTCT của X₃ ⟹ CTCT của X₄.

Từ (b), kết hợp với CTCT của X₃ ⟹ CTCT của X₁.

Từ (d) ⟹ CTCT của X₂.

Kết hợp X₁ với X₂ ⟹ CTCT của X.

Từ (d), (e) ⟹ CTCT của X₅, X₆.

Từ (f), kết hợp X₃ với X₆ ⟹ CTCT của X₇ (lưu ý tỉ lệ mol) ⟹ M_X7.

Giải chi tiết:

Từ (b) ⟹ X₃ là axit, kết hợp với (c) ⟹ $\left\{\begin{array}{l}{X}_3:HOOC-{\left(C{H}_2\right)}_4-COOH\\ X_1:NaOOC-{\left(C{H}_2\right)}_4-COONa\\ X_4:H_{2}N-{\left(C{H}_2\right)}_6-N{H}_2\end{array}\right.$

Từ (d) ⟹ $\left\{\begin{array}{l}{X}_2:C{H}_{3}OH\\ X_5:C{H}_{3}COOH\end{array}\right.$

Từ (e) ⟹ $X_6:C_2{H}_{5}OH$

Từ (f) ⟹ $X_7:HOOC-{\left(C{H}_2\right)}_4-COO{C}_2{H}_5$  (lưu ý sinh ra 1 H₂O nên chỉ este hóa 1 nhóm COOH).

Các PTHH:

CH₃-OOC-(CH₂)₄-COO-CH₃ (X) + 2NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  NaOOC-(CH₂)₄-COONa (X₁) + 2CH₃OH (X₂)

NaOOC-(CH₂)₄-COONa (X₁) + H₂SO₄ → HOOC-(CH₂)₄-COOH (X₃) + Na₂SO₄

nHOOC-(CH₂)₄-COOH (X₃) + nH₂N-(CH₂)₆-NH₂ (X₄)  $\stackrel{t°,xt}{\to }$(-NH-[CH₂]₆-NHCO-[CH₂]₄-CO-)_n + 2nH₂O

CH₃OH (X₂) + CO $\stackrel{t°,xt}{\to }$  CH₃COOH (X₅)

C₂H₅OH (X₆) + O₂ $\stackrel{\text{men giam}}{\to }$  CH₃COOH + H₂O (X₅)

HOOC-(CH₂)₄-COOH (X₃) + C₂H₅OH (X₆) $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$  HOOC-(CH₂)₄-COOC₂H₅ (X₇) + H₂O

Vậy M_X7 = 174 g/mol.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sơ đồ bài toán: $0,2molZ\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n+3}N:a\\ C_2{H}_5{O}_{2}N:b\\ C_6{H}_{14}{O}_2{N}_2:c\end{array}\right.+O_2:1,035\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O:0,91\\ \left.\begin{array}{l}C{O}_2\\ N_2\end{array}\right\}0,81\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Đặt công thức chung của 2 amin là C_nH_2n+3N.

Sơ đồ bài toán: $0,2molZ\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n+3}N:a\\ C_2{H}_5{O}_{2}N:b\\ C_6{H}_{14}{O}_2{N}_2:c\end{array}\right.+O_2:1,035\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O:0,91\\ \left.\begin{array}{l}C{O}_2\\ N_2\end{array}\right\}0,81\end{array}\right.$

+ n_Z = a + b + c = 0,2 (1)

+ BTNT "H": n_H2O = (n+1,5)a + 2,5b + 7c = 0,91 hay 1,5a + 2,5b + 7c + na = 0,91 (2)

+ BTNT "C": n_CO2 = na + 2b + 6c (mol)

 BTNT "N": n_N2 = 0,5a + 0,5b + c (mol)

⟹ n_CO2 + n_N2 = 0,5a + 2,5b + 7c + na = 0,81 (3)

+ BTNT “O”: 2b + 2c + 1,035.2 = 0,91 + 2(na + 2b + 6c) hay 2b + 10c + 2na = 1,16 (4)

Coi như na là 1 ẩn. Giải (1) (2) (3) (4) thu được: a = 0,1; b = 0,04; c = 0,06; na = 0,24

⟹ n = 2,4 ⟹ 2 amin là C₂H₇N (x mol) và C₃H₉N (y mol)

n _amin = x + y = 0,1 (*)

n = $\frac{2x+3y}{0,1}$  = 2,4 (**)

Giải (*) và (**) thu được x = 0,06; y = 0,04.

⟹ %m_C2H7N = $\frac{0,06.45}{0,06.45+0,04.59+0,04.75+0,06.146}.100\%$  = 16,05%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Quy đổi hỗn hợp peptit thành: C₂H₃ON; CH₂; H₂O (lưu ý số mol nước bằng số mol peptit).

+ Bảo toàn khối lượng

+ Tính sô C, N trung bình ⟹ Tìm ra được CTCT của các peptit

Giải chi tiết:

n_N2 = 0,155 (mol) ⟹ n_N = 0,31 (mol)

Quy đổi E thành C₂H₃ON (0,31 mol); CH₂ (a mol); H₂O (b mol).

m_E = 14a + 18b + 0,31.57 = 27,95 (1)

n_C = n_CaCO3 = a + 0,31.2 = 1,2 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ a = 0,58; b = 0,12 (mol)

Số C = n_C/n_E = 1,2/0,12 = 10

Số N = n_N/n_E = 0,31/ 0,12 = 2,58 ⟹ có đipeptit

Vậy X là Val-Val ⟹ n_X = 0,12.75% = 0,09 (mol)

Phần còn lại của Y và Z có 7 liên kết peptit nên:

Y là (Gly)₂(Ala)₂: y mol

Z là (Gly)₅: z mol

n_E = 0,09 + y + z = 0,12 (3)

n_N = 0,09.2 + 4y + 5z = 0,31 (4)

Từ (3) và (4) ⟹ y = 0,02; z = 0,01 (mol)

⟹ %m_Y = [(0,02.274) : 27,95].100% = 19,61%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính m_{O (X)} (theo ẩn m) ⟹ n_{COOH (X)} = $\frac{n_{O\left(X\right)}}{2}$ .

⟹ n_NaOH = n_H2O = n_{COOH (X)}.

BTKL: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O ⟹ Giá trị của m.

Giải chi tiết:

- Khối lượng oxi có trong m (g) hỗn hợp X: m_{O (X)} = 0,412m (g).

⟹ n_{O (X)} = $\frac{0,412m}{16}$  (mol)

⟹ n_{COOH (X)} = $\frac{n_{O\left(X\right)}}{2}$  = $\frac{0,412m}{32}$  (mol)

⟹ n_NaOH = n_H2O = n_{COOH (X)} =  $\frac{0,412m}{32}$(mol)

- BTKL: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O

⟹ m + .40 = 20,532 + $\frac{0,412m}{32}$ .18

⟹ m = 16 (gam).