Archives

Số gốc acetate trong T = (28 – 12)/2 = 8 Saccharose có 8 nhóm -OH —> Tất cả đã chuyển thành chức ester. Câu 1. (1) Sai, T có 8 chức ester, 3 chức ether nên không hòa tan Cu(OH)2 trong mọi điều kiện. (2) Sai, T có 8 chức ester nên nT : nNaOH = 1 : 8. (3) Đúng (4) Đúng C12H22O11 + 8(CH3CO)2O —> C28H38O19 + 8CH3COOH nC12H22O11 = 10/342 = 0,02924 n(CH3CO)2O = 30.1,08/102 = 0,31765 —> nC28H38O19 = 0,02924.75% = 0,02193 —> mC28H38O19 = 0,02193.678 = 14,9 gam Câu 2. (a) Sai, T có 8 chức ester

(2) —> X1 là C5H7NO4K2 hay H2NC3H5(COOK)2 (một trong số đồng phân là GluK2) (1) —> X2 là C6H13N2O2K hay (H2N)2C5H9COOK (một trong số đồng phân là LysK) (a) Đúng: MT = MX1 – 38 nên T là H2NC3H5(COOK)(COOH) mT.5H2O kết tinh = x, bảo toàn khối lượng: mT = 388.112/(100 + 112) = 185x/275 + (388 – x).75/(100 + 75) —> x = 158,5 gam (b) Đúng: (H2N)2C5H9COOK + 3HCl —> (ClH3N)2C5H9COOH + KCl m muối = 0,1.184 + 0,1.3.36,5 = 29,35 gam (c) Sai, X1 có 3 nhóm base (1NH2 và 2COO-) nên dung dịch của nó làm quỳ

Câu 1. (a) Đúng (b) Sai m(CH3)2CHOH = 5,4.60/(270.80%) = 1,5 gam (c) Đúng mC17H34O2 = 500.100.3%.0,85 = 1275 gam = 1,275 kg (d) Sai, isopropyl myristate là một este no, đơn chức, mạch hở, không phải chất béo. (e) Sai, mạch C càng dài càng làm tăng độ nhớt do các phân tử dài sẽ khó trượt lên nhau hơn. Sự phân nhánh của isopropyl làm giảm đáng kể độ nhớt do gốc càng phân nhánh thì phân tử càng sắp xếp lỏng lẻo và dễ trượt qua nhau. Chú ý: Những phân tử khổng lồ như polymer thì ngược

(a) Sai, T là F, oxide cao nhất là T2O. (b) Đúng, Y, E, Z cùng chu kỳ 2, điện tích hạt nhân tăng dần nên tính kim loại giảm dần. (c) Đúng, T và Q ở nhóm VIIA nên là phi kim điển hình, có tính chất hóa học tương tự nhau (tính oxi hóa mạnh). (d) Đúng, Q ở chu kỳ lớn nhất nên có bán kính lớn nhất.

Câu 1. (a) Sai, sản phẩm là C4H4Br4(COOH)2 có %Br2 = 320/462 = 69,26% (b) Đúng Chuyển hóa: nC6H12O6 —> [-OC-(CH2)4-CONH-(CH2)6-NH-]n m poly(hexamethylene adipamide) = 216.80%.95%.90%.226/180 = 185,5008 kg —> m chỉ nha khoa = 185,5008/90% = 206 kg (c)(d) Đúng Câu 2. (a) Sai, tơ nylon-6,6 thuộc loại polyamide. (b) Đúng Chuyển hóa: nC6H12O6 —> [-OC-(CH2)4-CONH-(CH2)6-NH-]n m poly(hexamethylene adipamide) = 270.80%.95%.80%.226/180 = 206,112 kg —> m chỉ nha khoa = 206,112/90% = 229 kg (c) Sai, sản phẩm là C4H4Br4(COOH)2 có %Br2 = 320/462 = 69,26% (d) Sai, trong 1 phân tử adipic acid có 4 nhóm methylene.

X là NO, T là NO2; Y là HNO3, Q là NH3, Z là NH4NO3 (a) Đúng, NO, NO2, SO2 sẽ chuyển hóa thành HNO3, H2SO4 trong không khí gây mưa acid. (b) Sai, Q là khí có mùi khai. (c) Sai, Z có tính acid, không có tính base: NH4+ ⇋ NH3 + H+ (d) Đúng, HNO3 là acid có tính oxi hóa mạnh.

(a) Sai, công thức phân tử của salbutamol là C13H21NO3. (b) Sai, salbutamol có chứa nhóm chức amine bậc II. (c) Đúng, với các nhóm chức phenol và alcohol, salbutamol vừa tác dụng được với K, vừa tác dụng được với dung dịch KOH. (d) Đúng, vị trí ortho của -OH phenol còn trống nên salbutamol có thể tham gia phản ứng thế với bromine ở điều kiện thường. (e) Sai: Muối gồm C13H20NO3Na (0,1 mol) và NaCl (0,2 mol) —> m muối = 37,8 gam

(a) Sai, hai đơn vị monosaccharide trong melibiose liên kết với nhau qua liên kết α-1,6-glycoside. (b) Sai, melibiose được cấu tạo nên từ một đơn vị galactose và một đơn vị glucose. (c) Đúng, melibiose có nhiều nhóm -OH liên kết với C liền kề nhau nên có tính chất của polyalcohol (hòa tan Cu(OH)2 cho dung dịch có màu xanh lam). (d) Đúng, đơn vị glucose trong melibiose có 1 nhóm hemiacetal có thể mở vòng thành chức aldehyde để phản ứng với thuốc thử Tollens.

X bị đông tụ khi đun nóng —> X là albumin. Y làm quỳ tím không chuyển màu —> Y là aniline. Z hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh —> Z là methylamine. X, T có phản ứng màu biuret với Cu(OH)2 nên T là Ala-Gly-Lys. (a) Đúng, C6H5NH2 và C6H5OH đều tạo kết tủa trắng với Br2. (b) Sai, T = C3H7NO2 + C2H5NO2 + C6H14N2O2 – 2H2O = C11H22N4O4. (c) Đúng, X là protein tan được nên có dạng hình cầu. (d) Sai, CH3NH2 có thể được điều chế từ NH3 và CH3I (methyliodine) chứ không dùng iodoform (CHI3).

So sánh tính khử của kim loại: (1) —> T > Z và T không phản ứng với H2O (3) —> X > Z và X không phản ứng với H2O (4) —> T > X (5) —> Y > X Vậy T > X > Z và Y > Z nhưng Y không đẩy được Z ra khỏi muối nên Y là kim loại tan trong nước. —> Y > T > X > Z —> Tính oxi hóa: Y2+ < T2+ < X2+ < Z+ A. Đúng B. Sai C. Sai, Z có tính khử yếu nhất trong dãy. D.

(a) Đúng, rau đã thu hoạch vẫn hô hấp, nếu túi không đục lỗ rau sẽ bị bí hơi, nhanh úa, hỏng. Nếu không dùng túi thì rau bị héo, khô. Vì vậy cần dùng túi đục lỗ để làm giảm hô hấp nhưng vẫn thoáng khí. (b) Sai, phenol tham gia phản ứng thế với dung dịch nước bromine (thế tại o, p). (c) Đúng, CH3CHO và CH3COCH3 đều tạo CHI3 màu vàng với I2/OH-. (d) Đúng, oxi hóa C2H5OH (bằng O2, CuO…) thu được CH3CHO, ngược lại khử CH3CHO (bằng H2…) thu được C2H5OH. (e) Sai, khử acetone bằng LiAlH4

(a) Đúng, anilin tan rất kém trong nước, hơi nặng hơn nước nên lắng xuống đáy ống nghiệm. (b) Sai, aniline có tính base nhưng rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím. (c) Đúng: C6H5NH2 + HCl —> C6H5NH3Cl (phenylammonium chloride, tan tốt) (d) Đúng: C6H5NH3Cl + NaOH —> C6H5NH2 + NaCl + H2O (e) Sai, dung dịch chỉ chứa muối NaCl. (f) Sai, methylamine tan tốt tạo dung dịch làm quỳ tím hóa xanh nên hiện tượng khác hoàn toàn. (g) Sai, aniline có phản ứng thế với bromine tạo kết tủa trắng.

A. Sai, SDBS có đuôi kị nước là C15H25C6H4-. B. Sai, SDBS có đầu ưa nước là -SO3Na. C. Đúng, SDBS có thể dùng giặt rửa trong nước cứng vì không tạo kết tủa với Ca2+, Mg2+. D. Sai, SDBS có giá thành hợp lý nhưng gây ô nhiễm môi trường vì phần kị nước chứa vòng benzene khó phân hủy sinh học.

Mỗi túi có 2 lớp nên độ dày mỗi túi là 0,04 cm mHDPE = 20.30.0,04.0,95.120000/95% = 2880000 gam = 2,88 tấn —> mC2H4 = 2,88/60% = 4,8 tấn

Câu 1: Ka1 = [H+][(2)]/[(1)] Ka2 = [H+][(3)]/[(2)] [(1)] = [(3)] —> Ka1.Ka2 = [H+]² —> 2lg[H+] = lgKa1 + lgKa2 —> pH = -(-2,34 – 9,58)/2 = 5,96 Câu 2: Ở pH = 2 dạng G- tồn tại với lượng vô cùng nhỏ, có thể bỏ qua pH = 2 —> [H+] = 0,01 Ka1 = [H+][G]/[G+] —> [G]/[G+] = Ka1/[H+] ⇔ [G+]/[G] = [H+]/Ka1 = 2,187761 —> x = [G+]/{[G+] + [G]} = 2,187761/(2,187761 + 1) = 68,63%

(a) Đúng, chỉ nhóm carboxyl số (2) của Glu tạo peptide. Do Glu là amino acid đầu N nên phân tử X còn nhóm carboxyl số (1) của Glu. (b) Sai, chỉ nhóm -NH2 số (2) của Arg tham gia tạo liên kết peptide. (c) Đúng, số lượng các nhóm chức khác nhau hoàn toàn nên Arg có pI > 6, Glu có pI < 6 và Gly có pI ≈ 6, vì vậy dễ dàng tách 3 amino acid này bằng phương pháp điện di ở pH = 6 (Arg di chuyển về cực âm, Glu di chuyển về cực dương, Gly không

X dạng (Gly)3(Ala)(Val) —> a = 4 X có các đoạn Gly-Gly-Ala và Ala-Gly —> X có đoạn Gly-Gly-Ala-Gly X là Val-Gly-Gly-Ala-Gly hoặc Gly-Gly-Ala-Gly-Val Dipeptide Y chứa Val nhưng không phải Val-Gly —> Y là Gly-Val —> b = 174 —> a + b = 178

Đổi đơn vị: 1 mg/L = 1 g/m³ mNH4+ cần xử lý = 750(175 – 5) = 127500 gam = 127,5 kg Giai đoạn 1: 2NH4+ + 3O2 + 4HCO3- → 2NO2- + 4CO2 + 6H2O Gộp 2 giai đoạn thì phản ứng là: 4NH4+ + 3O2 + 4HCO3- → 2N2 + 4CO2 + 10H2O mNaHCO3 phản ứng = 127,5.84/18 = 595 kg mNaHCO3 cần dùng = 595 + 595.10% = 654,5 kg

(a) mAl trong X = 1000.90%.2.27/138 + 1000.10%.2.27/258 = 373,10415 nSi trong X = 1000.10%.2/258 = 100/129 Bùn aluminosilicate có nAl/nSi = 6/5 = 1,2 —> nAl bị loại bỏ = 1,2nSi = 40/43 —> mAl thu được = 90%(373,10415 – 27.40/43) = 313,189 kg (b) nCO = a; nO2 = b; nCO2 = a + b m khí = 28a + 32b + 44(a + b) = 9,3.4(a + b + a + b) Bảo toàn electron: 2a + 4b + 4(a + b) = 313,189.3/27 —> a = 1,9333; b = 2,8999 mC = 12(2a + b) = 81,198

(a) Phản ứng khi nung: CaCO3 —> CaO + CO2 Na2CO3 —> Na2O + CO2 (b) 100 gam T chứa Na (9,62 gam), O (46,86 gam), Ca (x gam) và Si (y gam) —> x + y + 9,62 + 46,86 = 100 Bảo toàn electron: 2x/40 + 4y/28 + 9,62/23 = 2.46,86/16 —> x = 8,3774; y = 35,1426 Na : Ca : Si : O = 9,62/23 : 8,3774/40 : 35,1426/28 : 46,86/16 = 0,4183 : 0,2094 : 1,2551 : 2,9288 = 2 : 1 : 6 : 14 T là Na2CaSi6O14 hay Na2O.CaO.6SiO2