Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH →  3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Dựa vào PTHH ⟹ n_tristearin ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_C3H5(OH)3 = 9,2/92 = 0,1 (mol)

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH →  3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Theo PTHH ⟹ n_tristearin = n_C3H5(OH)3 = 0,1 (mol)

Vậy m = 0,1.890 = 89 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

X tạo với dung dịch iot hợp chất có màu xanh tím và X được sinh ra trong quá trình quang hợp của cây xanh.

⟹ X là tinh bột.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của Mg và các hợp chất của Mg.

Giải chi tiết:

Mg $\stackrel{+HCl}{\to }$  MgCl₂ $\stackrel{+NaOH}{\to }$  Mg(OH)₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  MgO

Mg + 2HCl → MgCl₂ (X) + H₂

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂ (Y) + 2NaCl

Mg(OH)₂ $\stackrel{t^0}{\to }$  MgO (Z) + H₂O

Vậy X và Z lần lượt là MgCl₂ và MgO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Metyl metacrylat trùng hợp tạo poli(metyl metacrylat).

Giải chi tiết:

CTCT của metyl metacrylat: CH₂=C(CH₃)COOCH₃

nCH₂=C(CH₃)COOCH₃ $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$   (-CH₂ – C(CH₃)(COOCH₃)-)_n

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Dựa vào PTHH ⟹ n_C6H12O6 ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_CO2 = 4,48/22,4 = 0,2 (mol).

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

Theo PTHH ⟹ n_C6H12O6 = n_CO2/2 = 0,1 (mol)

Vậy m = 0,1.180 = 18 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Este sau khi thủy phân tạo axit và ancol có –OH gắn vào liên kết –CH = CH₂ tạo anđehit.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOCH=CH₂ + H₂O $\stackrel{H^{+},t^0}{\rightleftarrows }$  CH₃COOH + CH₃CHO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

PTHH: Fe + 4HNO_3l → Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các hiđrocacbon (no, không no, thơm).

Giải chi tiết:

Axetilen có công thức cấu tạo: CH≡CH chỉ có một liên kết ba trong phân tử.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào lý  thuyết về tơ tổng hợp.

Giải chi tiết:

Tơ capron thuộc loại tơ tổng hợp.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của nhôm hiđroxit.

Giải chi tiết:

Al(OH)₃ bị hòa tan trong dung dịch NaOH.

PTHH: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hợp chất tham gia phản ứng tráng bạc là hợp chất có chứa nhóm –CHO trong phân tử.

Giải chi tiết:

Các chất trong dãy tham gia phản ứng tráng bạc là glucozơ và etyl fomat (2 chất).

CH₂OH–[CH(OH)]₄–CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$  CH₂OH–[CH(OH)]₄–COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

HCOOC₂H₅ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$  NH₄OCOOC₂H₅ + 2Ag + 2NH₄NO₃

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của peptit.

Giải chi tiết:

PTHH: H₂N–CH(CH₃)–CO–NH–CH₂–COOH + 2HCl + H₂O → ClH₃N–CH(CH₃) –COOH + ClH₃N–CH₂–COOH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tên gọi của khí ⟹ CTPT của khí.

Giải chi tiết:

Khí cacbonic có công thức phân tử là CO₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của phenol.

Giải chi tiết:

PTHH: C₆H₅OH+ 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)OH ↓_trắng + 3HBr.

Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

Metylamin, trimetylamin và etylamin đều là bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Anilin có công thức C₆H₅NH₂ không làm quỳ tím chuyển màu.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các cặp dung dịch.

Giải chi tiết:

PTHH: Na₂CO₃ + BaCl₂ → BaCO₃ ↓_trắng + 2NaCl.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng trao đổi ion trong dung dịch.

Giải chi tiết:

PTHH: 6NaOH + Fe₂(SO₄)₃ → 2Fe(OH)₃ ↓_{nâu đỏ} + 3Na₂SO₄.

Vậy chất X là Fe(OH)₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ ↑

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về saccarozơ.

Giải chi tiết:

Saccarozơ có công thức phân tử là C₁₂H₂₂O₁₁.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về sự điện li (chương I – Hóa 11).

Giải chi tiết:

A có phương trình ion rút gọn: Cu(OH)₂ + 2H⁺ → Cu²⁺ + 2H₂O.

B có phương trình ion rút gọn: CH₃COOH + OH^- → CH₃COO^- + H₂O.

D có phương trình ion rút gọn: Ba²⁺ + SO₄^2-→ BaSO₄.

C có phương trình ion rút gọn: H⁺ + OH^-→ H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất của các amin.

Giải chi tiết:

A sai vì ở nhiệt độ thường chỉ có metylamin, đimetylamin, trimetylamin và etylamin tan nhiều trong nước.

B sai vì tất cả các amin đều độc.

C sai vì chỉ có metylamin, đimetylamin, trimetylamin và etylamin làm quỳ tím ẩm chuyển màu xanh.

D đúng vì xảy ra phản ứng: C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (muối dễ bị rửa trôi khỏi ống nghiệm).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về polime.

Giải chi tiết:

Amilopectin là polime có cấu trúc mạch phân nhánh.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Este của axit fomic có thể tham gia phản ứng tráng bạc.

Giải chi tiết:

Este metyl fomat (HCOOCH₃) có thể tham gia phản ứng tráng bạc.

PTHH: HCOOCH₃ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$  NH₄OCOOCH₃ + 2Ag + 2NH₄NO₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính bazơ có pH > 7.

Giải chi tiết:

Dung dịch NaOH có pH > 7.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Xét thí nghiệm 1 ⟹ n_CHO.

Xét thí nghiệm 2 ⟹ n_COOH.

Xét thí nghiệm 3 ⟹ n_COO.

Dựa vào dữ kiện dẫn Z qua bình dựng Na dư ⟹ CTCT của ancol Z ⟹ Y chứa chức este.

Dựa vào đốt cháy T ⟹ CTCT của X và Y ⟹ %m_Y(E).

Giải chi tiết:

* Thí nghiệm 1:

 E (-CHO) + AgNO₃/NH₃ → 2Ag

⟹ n_CHO(E) = n_Ag/2 = 0,4/2 = 0,2 (mol).

* Thí nghiệm 2:

E (-COOH) + KHCO₃ → CO₂ ↑

⟹ n_COOH(E) = n_KHCO3 = 0,1.2 = 0,2 (mol)

* Thí nghiệm 3:

E (-COO) + KOH → T (muối K) + ancol Z + …

⟹ n_COO(E) = n_KOH = 0,1.4 = 0,4 (mol) (-COO ở đây chứa cả -COOH)

T + O₂ → CO₂ + H₂O + K₂CO₃

BTNT K ⟹ n_K2CO3 = n_KOH/2 = 0,2 (mol)

BTNC C ⟹ n_C(T) = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,4 + 0,2 = 0,6 (mol).

Nhận thấy n_CHO + n_COO = 0,6 (mol) = n_C(T)

Lại có E + KOH → este ⟹ E chứa chức este.

Mà X là axit đa chức, Y là hợp chất hữu cơ tạp chức

⟹ X là (COOH)₂ 0,1 (mol) và Y có dạng OHC – COOR^’ 0,2 (mol)

* Xét OHC – COOR^’ + KOH → R’OH

Ta có n_R’OH = n_Y = 0,2 (mol)

m_{bình đựng Na tăng} = m_R’OH – m_H2 = 9 (g) ⟹ m_R’OH = 9 + 0,1.2 = 9,2 (g).

⟹ M_R’OH = M_R’ + 17 = 9,2/0,2 = 46 ⟹ M_R’= 29 (-C₂H₅)

⟹ E gồm X là (COOH)₂ 0,1 (mol) và Y là OHC – COOC₂H₅ 0,2 (mol).

Vậy %m_Y = 102.0,2.100%/29,4 = 69,39% ≈ 69,5%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra, xác định sản phẩm kết tủa và lựa chọn đáp án.

Giải chi tiết:

(a) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

      CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

(b) 6NH₃ + Al₂(SO₄)₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ ↓ + 3(NH₄)₂SO₄

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

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

(d) NaOH + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ ↓ + NaHCO₃ + H₂O

(e) 9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 3NO ↑ + 6H₂O

Vậy sau phản ứng, ta có thí nghiệm (b), (c) và (d) thu được kết tủa.

Đáp án C

Phương pháp giải:

$E\left\{\begin{array}{l}a\min \left(N\right)\\ X\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{O}_2(0,54)\\ N_2(2,16)\end{array}\right.\to F\left\{\begin{array}{l}{N}_2(2,215)\\ \left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.(21,88g)\end{array}\right.$

BTNT O và dựa vào khối lượng bình tăng ⟹ n_CO2 và n_H2O.

BTNT N ⟹ n_amin ⟹ n_X.

So sánh n_H2O; n_CO2 và n_N2 ⟹ Dạng CTPT của X.

BTNT H ⟹ Số H_tb(E) ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

$E\left\{\begin{array}{l}a\min \left(N\right)\\ X\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{O}_2(0,54)\\ N_2(2,16)\end{array}\right.\to F\left\{\begin{array}{l}{N}_2(2,215)\\ \left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.(21,88g)\end{array}\right.$

BTNT O ⟹ 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O = 1,08 (1)

m_{bình NaOH đặc tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44n_CO2 + 18n_H2O = 21,88 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ n_CO2 = 0,305 và n_H2O = 0,47 (mol).

E gồm 2 amin no, đơn chức, mạch hở (số mol là x (mol)).

BTNT N ⟹ x + 2,16.2 = 2,215.2 ⟹ x = 0,11 (mol) ⟹ n_X = 0,2 – 0,11 = 0,09 (mol).

Đốt cháy 2 amin trong E ta có n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin.

Nhận thấy 0,47 – 0,305 = 0,165 = 1,5.0,11 = 1,5n_amin.

⟹ Đốt cháy X thu được n_CO2 = n_H2O ⟹ X có dạng C_nH_2n.

Ta có số H_tb(E) = 2n_H2O/n_E = 4,7 ⟹ X là C₂H₄ (vì amin nhỏ nhất trong E có thể là CH₅N (có số H > 4,7)).

Vậy công thức phân tử của X là C₂H₄.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lần lượt dựa vào phương trình (3), (4), (5), (2) và (1) để tìm ra lần lượt các hợp chất hữu cơ Z, E, T, Y và X.

Giải chi tiết:

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

(4) CH₃COONH₄ + NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$  CH₃COONa (E) + NH₃ + H₂O

(5) CH₃COONa + NaOH $\stackrel{CaO,t^0}{\to }$  CH₄ (T) + Na₂CO₃

(2) CH₂(COONa)₂ (Y) + 2NaOH $\stackrel{CaO,t^0}{\to }$  CH₄ + 2Na₂CO₃

(1) C₆H₅ – OOC – CH₂ – COO – CH = CH₂ (X) + 3NaOH → C₆H₅ONa + CH₂(COONa)₂ + CH₃CHO + H₂O

Vậy X là C₆H₅ – OOC – CH₂ – COO – CH = CH₂ (C₁₁H₁₀O₄).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết tổng hợp về 4 chương đầu liên quan tới kiến thức hữu cơ lớp 12 (este, cacbohiđrat, amin và polime).

Giải chi tiết:

Cả 5 phát biểu trên đều đúng.

(c) Etyl amoni axetat (CH₃COOH₃NC₂H₅) và metyl aminoaxetat (H₂NCH₂COOCH₃) cùng có 1 liên kết pi.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Thí nghiệm 1: $X\left\{\begin{array}{l}C:x\\ S:y\\ P:z\end{array}\right.+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ H_{3}P{O}_4\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}N{O}_2\\ C{O}_2\end{array}\right.$

Áp dụng bảo toàn e ⟹ phương trình (1).

- Thí nghiệm 2: $X\left\{\begin{array}{l}C:x\\ S:y\\ P:z\end{array}\right.+H_{2}S{O}_4\to dd.Z\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ H_{3}P{O}_4\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ S{O}_2\end{array}\right.$

Áp dụng bảo toàn e ⟹ phương trình (2).

Từ khối lượng hỗn hợp ⟹ phương trình (3).

Giải hệ (1)(2)(3) được x; y; z.

- Xét dung dịch Z:

BTNT "S" → n_{H2SO4(dd Z)} = n_S + n_{H2SO4 ban đầu} - n_SO2 → n_BaSO4

BTNT "P" → n_{H3PO4(dd Z)} = n_P → n_Ba3(PO4)2

⟹ m ↓ = m_BaSO4 + m_Ba3(PO4)2.

Giải chi tiết:

- Thí nghiệm 1: $5,64\left(g\right)X\left\{\begin{array}{l}C:x\\ S:y\\ P:z\end{array}\right.+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4:y\\ H_{3}P{O}_4:z\end{array}\right.+1,3\left(mol\right)\left\{\begin{array}{l}N{O}_2:1,3-x\\ C{O}_2:x\end{array}\right.$

Áp dụng bảo toàn e: 4n_C + 6n_S + 5n_P = n_NO2 ⟹ 4x + 6y + 5z = 1,3 - x (1)

- Thí nghiệm 2: $5,64\left(g\right)X\left\{\begin{array}{l}C:x\\ S:y\\ P:z\end{array}\right.+H_{2}S{O}_4:0,7\left(mol\right)\to dd.Z\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ H_{3}P{O}_4\end{array}\right.+0,7\left(mol\right)\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:x\\ S{O}_2:0,7-x\end{array}\right.$

Áp dụng bảo toàn e: 4n_C + 6n_S + 5n_P = 2n_SO2 ⟹ 4x + 6y + 5z = 2.(0,7 - x) (2)

Mặt khác m_hh = 12x + 32y + 31z = 5,64 (3)

Giải hệ (1)(2)(3) được x = 0,1; y = 0,1; z = 0,04.

- Xét dung dịch Z:

BTNT "S" → n_{H2SO4(dd Z)} = n_S + n_{H2SO4 ban đầu} - n_SO2 = 0,2 mol → n_BaSO4 = 0,2 mol

BTNT "P" → n_{H3PO4(dd Z)} = n_P = 0,04 mol → n_Ba3(PO4)2 = 0,02 mol

⟹ m ↓ = 0,2.233 + 0,02.601 = 58,62 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Kết hợp (1) và CTPT của X ⟹ CTCT của X.

- Kết hợp (3) và (1) ⟹ Y₂ ⟹ X₃.

- Từ (2) ⟹ X₂.

- X₁ là chất hữu cơ làm quỳ hóa xanh ⟹ X₁.

- Từ (4) ⟹ X₄.

Giải chi tiết:

- Kết hợp (1) và CTPT của X ⟹ X là C₂H₅NH₃-CO₃-NH₄.

- Kết hợp (3) và (1) ⟹ Y₂ là Na₂CO₃ ⟹ X₃ là NaOOC-CH₂-COONa.

- Từ (2) ⟹ X₂ là HOOC-CH₂-COOH.

- X₁ là chất hữu cơ làm quỳ hóa xanh ⟹ X₁ là C₂H₅NH₂.

- Từ (4) ⟹ X₄ là C₂H₅NH₃OOC-CH₂-COONH₃C₂H₅.

⟹ PTK của X₄ là 194.

Các PTHH:

     (1) C₂H₅NH₃-CO₃-NH₄ (X) + 2NaOH  C₂H₅NH₂ (X₁) + NH₃ (Y₁) + Na₂CO₃ (Y₂) + 2H₂O.

     (2) HOOC-CH₂-COOH (X₂) + 2NaOH → NaOOC-CH₂-COONa (X₃) + 2H₂O.

     (3) NaOOC-CH₂-COONa (X₃) + 2NaOH  CH₄ + 2Na₂CO₃.

     (4) 2C₂H₅NH₂ (X₁) + HOOC-CH₂-COOH (X₂) → C₂H₅NH₃OOC-CH₂-COONH₃C₂H₅ (X₄).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Do các este đều no, đơn chức, mạch hở ⟹ n_este = n_{KOH pư} = n_muối = n_ancol.

- Khi đốt cháy ancol:

Đặt n_CO2 = x mol và n_H2O = y mol.

+) Từ (m_CO2 + m_H2O) ⟹ phương trình (1)

+) Do các ancol no nên ta có: n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ phương trình (2)

Giải hệ được x và y.

BTKL: m_ancol = m_C + m_H + m_O.

- Khi thủy phân hỗn hợp este trong KOH:

BTKL: m_este = m_muối + m_ancol - m_KOH ⟹ M_este ⟹ CTPT.

⟹ CTCT mỗi este ⟹ Công thức muối A và B.

Giải chi tiết:

Do các este đều no, đơn chức, mạch hở ⟹ n_este = n_{KOH pư} = n_muối = n_ancol = 0,2 mol.

- Khi đốt cháy ancol:

Đặt n_CO2 = x mol và n_H2O = y mol.

+) m_CO2 + m_H2O = 44x + 18y = 21,58 (1)

+) Do các ancol no nên ta có: n_ancol = n_H2O - n_CO2 ⟹ y - x = 0,2 (2)

Giải hệ được x = 0,29 và y = 0,49.

BTKL: m_ancol = m_C + m_H + m_O = 0,29.12 + 0,49.2 + 0,2.16 = 7,66 gam.

- Khi thủy phân hỗn hợp este trong KOH:

BTKL: m_este = m_muối + m_ancol - m_KOH = 18,34 + 7,66 - 0,2.56 = 14,8 gam.

⟹ M_este = 14,8 : 0,2 = 74 (C₃H₆O₂)

⟹ 2 este là HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃

⟹ A là HCOOK (a mol) và B là CH₃COOK (b mol)

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}u+v=0,2\\ 84u+98v=18,34\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}u=0,09\\ v=0,11\end{array}\right.$

⟹ a : b = 84u : 98v = 0,7013 gần nhất với 0,7.

Đáp án D

Phương pháp giải:

X tạo ra H₂NCH₂COONa ⟹ X ⟹ Z.

Y tạo ra CH₂=CHCOONa ⟹ Y ⟹ T.

Giải chi tiết:

X tạo ra H₂NCH₂COONa ⟹ X: H₂NCH₂COOCH₃ ⟹ Z là CH₃OH.

Y tạo ra CH₂=CHCOONa ⟹ Y: CH₂=CHCOONH₄ ⟹ T là NH₃.

Các PTHH:

     H₂NCH₂COOCH₃ + NaOH  H₂NCH₂COONa + CH₃OH.

     CH₂=CHCOONH₄ + NaOH → CH₂=CHCOONa + NH₃ + H₂O.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo các PT ion thu gọn:

     Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O

     Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

Giải chi tiết:

n_Fe = 0,04 mol

n_NO3^- = n_HNO3 = 0,08 mol

n_H⁺ = n_HNO3 + 2n_H2SO4 = 0,12 mol

     Fe   +     4H⁺  +  NO₃^- → Fe³⁺  +  NO +  2H₂O

     0,03 ← 0,12 →  0,03 → 0,03 → 0,03                   (mol)

     Fe  +  2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

     0,01 → 0,02 → 0,03                                              (mol)

⟹ V_NO = 0,03.22,4 = 0,672 lít.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp ankan hóa.

Giải chi tiết:

- Sử dụng phương pháp ankan hóa:

$\underset{a\left(mol\right)}{X}\stackrel{+H_2:0,05}{\to }\underset{a\left(mol\right)}{X^{\text{'}}}$

+) Nếu đốt X': $a\left(mol\right)X^{\text{'}}+O_2\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:1,375\\ H_{2}O:1,275+0,05=1,325\end{array}\right.$

Mặt khác khi đốt chất béo no ta có: $n_{CBno}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{2}$

⟹  $a=\frac{1,375-1,325}{2}=0,025$(mol)

+) Khi đốt X:

Vì chất béo luôn có chứa 6O ⟹ n_O(X) = 6a = 0,15 mol.

BTKL: m_X = m_C + m_H + m_O = 1,375.12 + 1,275.2 + 0,15.16 = 21,45 gam.

- Khi X + NaOH:

n_NaOH = 3n_X = 0,075 mol

n_glixerol = n_X = 0,025 mol

BTKL: m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol = 21,45 + 0,075.40 - 0,025.92 = 22,15 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng thủy phân este.

Giải chi tiết:

Phenyl axetat:  CH₃COOC₆H₅ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

Metyl axetat:   CH₃COOCH₃ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  CH₃COONa + CH₃OH.

Tripanmitin:    (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃.

Metyl acrylat:  CH₂=CH-COOCH₃ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$CH₂=CHCOONa + CH₃OH.

Vinyl axetat:     CH₃COOCH=CH₂ + NaOH  CH₃COONa + CH₃CHO.

Vậy có 3 chất khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được ancol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về xelulozơ.

Giải chi tiết:

Bông có thành phần chính là xenlulozơ. Khi đun trong dung dịch axit thì bị thủy phân thành glucozơ.

- A đúng, do glucozơ có phản ứng tráng gương.

- B sai, phản ứng trên chứng minh xenlulozơ bị thủy phân trong môi trường axit sinh ra glucozơ.

- C sai, vì chỉ có hồ tinh bột mới tạo được dung dịch màu xanh tím với I₂.

- D sai, vì sau bước 1 chỉ thu được 1 loại monosaccarit trong cốc là glucozơ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Amin bậc 3 ở thể khí điều kiện thường chỉ có (CH₃)₃N.

X tác dụng với NaOH sinh ra khí (CH₃)₃N và X có 1 nguyên tử N ⟹ X có dạng HOOC-R-COONH(CH₃)₃.

Y là muối của α-amino axit no với axit nitric ⟹ Y có dạng NO₃NH₃-R'-COOH.

Giải chi tiết:

Amin bậc 3 ở thể khí điều kiện thường chỉ có (CH₃)₃N.

X tác dụng với NaOH sinh ra khí (CH₃)₃N và X có 1 nguyên tử N ⟹ X: HOOC-R-COONH(CH₃)₃.

Y là muối của α-amino axit no với axit nitric ⟹ Y: NO₃NH₃-R'-COOH.

*Khi cho E + NaOH:

HOOC-R-COONH(CH₃)₃ + 2NaOH → NaOOC-R-COONa + (CH₃)₃N + 2H₂O

              0,03 ←                      0,06 ←                                            0,03              (mol)

NO₃H₃N-R'-COOH + 2NaOH → H₂N-R'-COONa + NaNO₃ + H₂O

             0,03 ←          0,12-0,06                                                                           (mol)

*Khi cho E + HCl:

HOOC-R-COONH(CH₃)₃ + HCl → HOOC-R-COOH + (CH₃)₃NHCl

             0,03 →                     0,03 →            0,03                                                (mol)

⟹ M_axit = 2,7/0,03 = 90 ⟹ Axit là HOOC-COOH.

Mà theo đề bài X, Y có cùng số nguyên tử C

⟹       X: HOOC-COONH(CH₃)₃ (0,03 mol)

            Y: NO₃H₃N-C₄H₈-COOH (0,03 mol)

Vậy     m = 0,03.149 + 0,03.180 = 9,87 gam.

            a = 0,03 mol.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương: Cacbohiđrat; Amin - Amino axit - Protein.

Giải chi tiết:

(a) HCl + H₂NCH(CH₃)COOH → ClH₃NCH(CH₃)COOH.

(b) không xảy ra phản ứng.

(c) C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂Br₃NH₂ ↓ + 3HBr.

(d) NaOH + CH₃NH₃Cl → NaCl + CH₃NH₂ + H₂O.

(e) không xảy ra phản ứng vì đipeptit không có phản ứng màu biure.

Vậy có 3 thí nghiệm xảy ra phản ứng.