AgNO₃ dư nên Fe lên Fe⁺³.

nFe = 0,2 —> nAg = 0,6 —> mAg = 64,8 gam

Chọn C

Bảo toàn electron —> nBa = nH₂ = a

nHCl = a —> X chứa BaCl₂ (0,5a) và Ba(OH)₂ (0,5a)

Các chất tác dụng với X: Na₂SO₄, Na₂CO₃, HCl, CO₂, NH₄Cl, NaHCO₃.

Ba²⁺ + SO₄^2- —> BaSO₄

Ba²⁺ + CO₃^2- —> BaCO₃

Ba(OH)₂ + HCl —> BaCl₂ + H₂O

Ba(OH)₂ + CO₂ —> BaCO₃ + H₂O

Ba(OH)₂ + NH₄Cl —> BaCl₂ + NH₃ + H₂O

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ —> BaCO₃ + NaOH + H₂O

Chọn D

X là vinyl axetat (CH₃COOCH=CH₂)

CH₃COOCH=CH₂ + KOH —> CH₃COOK + CH₃CHO

CH₃COOCH=CH₂ + Br₂ —> CH₃COOCHBr-CH₂Br

CH₃COOCH=CH₂ không tác dụng với KHCO₃.

Chọn C

ne = It/F = 0,08; nCuSO₄ = 0,03

Bảo toàn electron cho các điện cực:

Catot: nCu = 0,03 —> nH₂ = 0,01

Anot: nO₂ = 0,02

—> n khí tổng = 0,03 mol

Chọn C

Kim loại Ag điều chế được bằng 3 phương pháp:

Thủy luyện: Fe + 2AgNO₃ —> Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Nhiệt luyện: AgNO₃ —> Ag + NO₂ + O₂

Điện phân: 4AgNO₃ + 2H₂O —> 4Ag + O₂ + 4HNO₃

CH₃COOC₂H₅ + NaOH —> CH₃COONa + C₂H₅OH

nCH₃COONa = nNaOH = 0,2 —> mCH₃COONa = 16,4

Chọn C

Polisaccarit X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng và được tạo thành trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp —> X là tinh bột (C₆H₁₀O₅)_n

Thủy phân X —> monosaccarit Y là glucozơ (C₆H₁₂O₆)

—> Phát biểu đúng: Y tác dụng với H₂ tạo sorbitol.

Chọn C

A. Sai, chỉ các amin nhỏ tan tốt, độ tan giảm dần khi phân tử khối tăng.

B. Đúng, các amin đều tác dụng với HCl tạo muối tan nên có thể dùng dung dịch HCl để rửa sạch amin.

C. Sai, các amin đều độc.

D. Sai, nhiều amin có tính bazơ nhưng rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím như anilin.

Chọn B

(a)(b) Đúng

(c) Sai, (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ có tên gọi là triolein.

(d) Đúng, [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n có %N = 42n/297n = 14,14%

Chọn C

A. Sai, Gly-Ala-Ala có 3 nguyên tử N.

B. Đúng, các amino axit đều có NH₂ (tính bazơ) và COOH (tính axit) nên có tính lưỡng tính.

C. Sai, đipeptit không có phản ứng tạo hợp chất màu tím.

D. Sai, các peptit kém bền trong cả môi trường axit và bazơ.

Chọn B

HCl dư nên chất rắn không tan là Cu.

Fe₂O₃ + Cu + 6HCl —> 2FeCl₂ + CuCl₂ + 3H₂O

nFe₂O₃ = nCu phản ứng = x —> 160x + 64x + 3 = 10

—> x = 1/32 —> %Fe₂O₃ = 50%

Chọn C

(1) Fe + S —> FeS

(2) Fe + Fe₂(SO₄)₃ —> FeSO₄

(3) Fe + H₂SO₄ loãng —> FeSO₄ + H₂

(4) Fe₂O₃ + Cu + HCl —> FeCl₂ + CuCl₂ + H₂O

Cả 4 thí nghiệm đều thu được muối sắt (II).

Chọn A

A. Sai, amilozơ không phân nhánh, amilopectin có phân nhánh.

B. Đúng, glucozơ có nhiều trong quả nho nên gọi là đường nho.

C. Đúng

D. Đúng, saccarozơ và xenlulozơ tương ứng là đisaccarit và polisaccarit nên chúng đều có phản ứng thủy phân.

Chọn A

Ba(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ —> 2BaCO₃ + 2H₂O

—> Chất tan trong bình là KOH

Chọn B

Các tơ tổng hợp trong dãy: tơ nilon-6, tơ olon, tơ lapsan, tơ nilon-6,6.

Còn lại tơ visco, tơ axetat là tơ bán tổng hợp (nhân tạo) và tơ tằm là tơ thiên nhiên.

Chọn C

Kim loại không tan là Cu (0,05 mol) nên Y chứa FeCl₂ (u) và CuCl₂ (v)

—> nAgCl = 2u + 2v và nAg = nFe²⁺ = u

—> m↓ = 143,5(2u + 2v) + 108u = 132,85 (1)

nHCl = 2u + 2v và nH₂ = 0,05

Bảo toàn H —> nH₂O = u + v – 0,05

—> nO = u + v – 0,05

mX = 56u + 64v + 16(u + v – 0,05) + 3,2 = 28 (2)

(1)(2) —> u = 0,3 và v = 0,05

nCuO = v + nCu = 0,1

Bảo toàn O —> nFe₃O₄ = 0,05

—> Bảo toàn Fe -® nFe = 0,15 -® mFe = 8,4

 Chọn B

nNa₂CO₃ = 0,13 —> nNaOH = 0,26

—> mddNaOH = 0,26.40/10% = 104

—> nH₂O trong dung dịch NaOH = 104.90%/18 = 5,2

nN₂ = 0,03 —> nHexapeptit = nN/6 = 0,01

nTriglixerit = x, nAxit béo = y

—> nNaOH = 3x + y + 0,01.6 = 0,26

Z gồm C₃H₅(OH)₃ (x), H₂O (y + 5,2 + 0,01)

m bình tăng = 89x + 17(y + 5,21) = 94,25

—> x = 0,06; y = 0,02

Bảo toàn khối lượng:

mX + mNaOH = m muối + mC₃H₅(OH)₃ + mH₂O

—> m muối = 66,84

Chọn D

Từ X tạo kết tủa: Mỗi O sẽ được thay thế bởi 2OH

—> nO = 18/(17.2 – 16) = 1

—> m = 1.16/25% = 64 gam

Chọn D

nNaoH = 0,05 và nBa(OH)₂ = 0,1 —> nOH^- = 0,25

Từ nCO₂ = 0,2 và nOH^- = 0,25 —> nHCO₃^- = 0,15 và nCO₃^2- = 0,05

Từ nBa²⁺ = 0,1 và nCO₃^2- = 0,05 —> nBaCO₃ = 0,05

—> m↓ = 9,85

 Chọn C

Từ Y chỉ tạo 1 muối cacboxylat nên từ X phải tạo 2 muối, gồm 1 muối cacboxylat + 1 muối của amino axit.

Các muối đều cùng C nên cấu tạo các chất là:

X là CH₃COONH₃-CH₂-COO-CH₃ (0,1 mol)

Y là CH₃NH₃-OOC-COO-NH₃-C₂H₅ (0,15)

Các amin là CH₃NH₂, C₂H₅NH₂. Ancol là CH₃OH.

Các muối gồm CH₃COOK (0,1), NH₂-CH₂-COOK (0,1) và (COOK)₂ (0,15)

—> %CH₃COOK = 21,30%

Chọn A

Z chứa 2 muối là MgCl₂, FeCl₂

Đặt a, b, c là số mol Mg, Fe phản ứng và Fe dư

mX = 24a + 56(b + c) = 10,2

mY = 64(a + b) + 56c = 13,8

m↓ = 58a + 90b = 11,1

—> a = b = c = 0,075

—> %Mg = 17,65%

Chọn B

Bảo toàn điện tích (mỗi Mg²⁺ được thay bằng 1Ca²⁺):

CM (Ca²⁺) = (0,0004.2 + 0,00042 + 0,0003)/2 = 7,6.10^-4 mol/l = 0,76 mmol/l

Độ cứng = mCaCO₃/lít = 0,76.100 = 76 mg/l —> Chọn A.

Chọn A

nH₂O = 0,71; nZ = nY = 0,2

Mặt khác, nZ = nH₂O – nCO₂ —> nCO₂ = 0,51

Z gồm ancol đơn chức (u mol, u’ nguyên tử C) và ancol 2 chức (v mol, v’ nguyên tử C)

—> nZ = u + v = 0,2

Bảo toàn O —> u + 2v + 0,72.2 = 0,51.2 + 0,71

—> u = 0,11 và v = 0,09

—> nCO₂ = 0,11u’ + 0,09v’ = 0,51

—> 11u’ + 9v’ = 51 —> u’ = 3 và v’ = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy Z chứa C₃H₇OH (0,11) và C₂H₄(OH)₂ (0,09)

nNaOH = u + 2v = 0,29

Bảo toàn khối lượng —> mY = mT + mZ – mNaOH = 24,64

Y gồm C_nH_2nO₂ (0,11) và C_mH_2m-2O₄ (0,09)

—> mY = 0,11(14n + 32) + 0,09(14m + 62) = 24,64

—> 11n + 9m = 111

—> n = 6 và m = 5 là nghiệm duy nhất

Y chứa C₂H₅COOC₃H₇ (0,11) và (CH₃COO)(HCOO)C₂H₄ (0,09)

Như vậy X chứa este 2 chức no, nH₂ = 0,2 > 0,11 nên cặp este đơn chức là:

CH≡C-COO-C₃H₇ (a mol) và CH₂=CH-COO-C₃H₇ (b mol)

—> a + b = 0,11 và nH₂ = 2a + b = 0,2

—> a = 0,09 và b = 0,02

-® % CH₂=CH-COO-C₃H₇ = 9,41%

Chọn D

nAgNO₃ = 0,06; nCu(NO₃)₂ = 0,04 —> nNO₃^- = 0,14

nMg = 0,14 > nNO₃^-/2 = 0,07 nên Mg dư và muối cuối cùng là Mg(NO₃)₂ (0,07)

Bảo toàn khối lượng cho kim loại:

m + 0,06.108 + 0,04.64 + 3,36 = 7,01 + 6,41 + 0,07.24

—> m = 2,7

Chọn C

mY = mC + mH = 14,4; M_Y = 36 —> nY = 0,4

nY < nH₂O – nCO₂ nên Y chứa hiđrocacbon không no —> Y hết H₂

Trong X: nC₂H₂ = x và nC₃H₆ = y

—> nY = x + y = 0,4 và nCO₂ = 2x + 3y = 1

—> x = y = 0,2

Bảo toàn H —> nH₂ = 0,4

—> a = x + y + nH₂ = 0,8

Chọn D