Đáp án C

C₆H₆ + HNO₃ → C₆H₅NO₂ (X) + H₂O

C₆H₅NO₂ + 6H → C₆H₅NH₂ + 2H₂O

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (Y)

C₆H₅NH₃Cl + AgNO₃→ C₆H₅NH₃NO₃ (Z) + AgCl

C₆H₅NH₃NO₃ + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaNO₃ + H₂O

Đáp án B

Nhỏ dung dịch Br₂ vào dung dịch phenol và anilin thì cả hai dung dịch đều tạo kết tủa nên không biệt được

Đáp án C

Khi nhỏ dung dịch NaOH lần lượt vào hỗn hợp phenol, anilin, benzen, stiren sẽ thấy tạo thành nhóm dung dịch phân lớp gồm anilin, benzen, stiren. Dung dịch đồng nhất là phenol

Nhỏ lần lượt vào anilin, benzen, stiren vào dung dịch Br₂ thấy dung dịch Br₂ nhạt màu là stiren, tạo kết tủa là anilin. Benzen tạo dung dịch phân lớp Br₂ phía dưới, benzen bên trên ở phía bên trên

Đáp án C.

Đáp án C

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → Br₃ C₆H₂NH₂ ↓ + 3HBr

C₆H₅NH₂ + 3H₂ → C₆H₁₁NH₂

C₆H₅NH₂ + CH₃I → CH₆H₅NHCH₃ + HI

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

C₆H₅NH₂ + HNO₂ → C₆H₅OH + N₂ + H₂O

Đáp án C.

Đáp án B

Hòa tan hỗn hợp trong HCl, Phần tan gồm muối CH6H5NH3Cl, HCl. phần không tan gồm phenol và benzen

Thêm dung dịch NaOH và phần tan $C{H}_6{H}_{5}N{H}_{3}Cl+NaOH\to C_6{H}_{5}N{H}_2+NaCl+H_{2}O$

Phần không tan chứa $C_6{H}_{5}N{H}_2$, phần tan chứa NaCl và NaOH. Chiết thu lấy anilin. Đáp án : B

Đáp án D

Số chất tác dụng được với Cu(OH)₂ cho màu tím đặc trưng gồm Gly-Ala-Gly và anbumin

Các chất glixerol, glucozơ, propan-1,2-điol hòa tan Cu(OH)₂ cho dung dịch màu xanh lam

Gly-Ala chỉ chứa 1 liên kết peptit nên không hòa tan được Cu(OH)₂.

Đáp án D.

Đáp án A

Trong phân tử tyrosin chỉ chứa 1 nhóm amin NH₂ nên chỉ tham gia phản ứng với HCl theo tỉ lệ 1 : 1

HOC₆H₄CH₂CH(NH₂)COOH + HCl → HOC₆H₄CH₂CH(NH₃Cl)COOH

Đáp án A. 

Đáp án A

• Ta có Glu-His và Asp-Glu → Asp-Glu-His

• Ta có Val-Asp, vừa tìm được Asp-Glu-His → Val-Asp-Glu-His

• Ta có Phe-Val, vừa tìm được Val-Asp-Glu-His → Phe-Val-Asp-Glu-His

Đáp án A.

Đáp án B

Số chất làm quỳ tím chuyển màu hồng : axit glutamic

Số chất làm quỳ tím chuyển màu xanh :lysin, trimetylamin

Số chất không làm quỳ tím chuyển màu : valin, alanin, anilin

Đáp án B.

Đáp án D

Các nhóm đẩy electron (ankyl) làm tăng mật độ electron làm tăng tính bazo. → (6) > (5) > (1) và (4) > (2), (3)

Các nhóm hút electron ( C₆H₅, NO₂) làm giảm tính bazo so với NH₃ → (2) , (3), (4) < (1) và (3) < (2) ( càng nhiều nhóm hút e càng làm giảm tính bazo)

Vậy tính bazo (3) < (2) < (4) < (1) < (5) < (6). Đáp án D.

Đáp án C

Các đồng phân thỏa mãn điều kiện đề bài gồm

HCOONH₂(CH₃)(CH₂-CH₂-CH₃)

HCOONH₂ (CH₃)[(CH₃)₂]

HCOONH₂(C₂H₅)₂

CH₃COONH₂(CH₃)(C₂H₅)

CH₃-CH₂COONH₂(CH₃)₂

Đáp án C.

Đáp án D

Các chất khi tác dụng với NaOH đặc dư ở nhiệt độ cao, áp suất cao sinh ra 2 muối gồm

CH₃COOCH₂CH₂Cl + 2NaOH →CH₃COONa + HOCH₂-CH₂OH + NaCl

ClH₃N-CH₂COOH + 2NaOH → H₂N-CH₂-COONa + NaCl + H₂O

C₆H₅Cl + 2NaOH → C₆H₅ONa + NaCl + H₂O

HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + 2H₂O

CH₃CCl₃ + 4NaOH → CH₃COONa + 3NaCl + H₂O

CH₃COOC(Cl₂)-CH₃ + 4NaOH → 2CH₃COONa + 2NaCl + 2H₂O

HO-C₆H₄-CH₂-CH(NH₃Cl)-COOH + 3NaOH → NaO-C₆H₄-CH₂-CH(NH₂)-COONa + NaCl + 2H₂O

Đáp án D.

Đáp án D

0,1 mol X tác dụng với NaOH sinh ra 0,2 mol khí làm xanh quỳ ẩm → X có cấu tạo H₄N OOC-COONH₄

H₄N OOC-COONH₄ + 2NaOH → NaOOC-COONa + NH₃ + 2H₂O

Có 2n_X < n_NaOH → NaOH còn dư .

Chất rắn thu được gồm NaOOC-COONa : 0,1 mol và NaOH dư : 0,1 mol

→ m_{chất rắn} = 0,1. 134 + 0,1. 40 = 17,4 gam. Đáp án D. 

Đáp án B

X + 3NaOH → muối + H₂O

Thấy 3n_X < n_NaOH → trong phản ứng thủy phân NaOH còn dư, n_H2O = n_X = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng → m_{chất rắn} = 0,1 . 217 + 0,4. 40 - 0,1. 18 = 35,9 gam

Đáp án B.

Đáp án C

X có công thức CH₇O₄NS tác dụng với NaOH sinh ra khí làm xanh quỳ ẩm, và dung dịch chỉ chứa các chất vô cơ → X có công thức CH₃NH₃HSO₄

CH₃NH₃HSO₄ + 2NaOH → CH₃NH₂ + Na₂SO₄ + 2H₂O

Nhận thấy 2nCH7O4NS <nNaOH → NaOH còn dư

Chất rắn thu được gồm Na2SO4 : 0,25 mol , NaOH dư : 0,25 mol

→ mchất rắn = 0,25. 142 + 0,25. 40 = 45,5 gam

Đáp án C

Gọi số mol của X và Y lần lượt là x và 3x mol

Có X + 4NaOH → m1 + H₂O, Y + 3NaOH → m2 + H₂O

Có n_H2O = n_X + n_Y = 4x mol

Bảo toàn khối lượng → x. 316 + 3x. 273 + 40. ( 4x + 3. 3x) = 25, 328 + 4x. 18 → x = 0,016 mol

→ m = 0,016. 316 + 3. 0,016 . 273 = 18,16 gam

Đáp án C.

Đáp án A

Gọi số mol của X và Y tương ứng là x và 3x mol

Có n_NaOH = 4n_X + 3n_Y → 0,78 = 4x + 3. 3x → x = 0,06 mol

→ m = 0,06. 316 + 3. 0,06. 273 = 68,1 gam. Đáp án A.

Đáp án C

Chú ý gốc GLu có 2 nhóm COOH nên GLu-Ala + 3NaOH → muối + 2H₂O

Gọi số mol của đipeptit là x → số mol của NaOH là 3x mol, số mol của nước là 2x mol

Bảo toàn khối lượng → 218x + 40.3x = 45,3 + 2. 18x → x = 0,15 mol

→ a = 0,15. 218 = 32,7 gam. Đáp án C. 

Đáp án B

X có công thứ CH₆O₃N₂ tác dụng NaOH sinh ra chất khí làm xanh giấy quỳ → X có cấu tạo CH₃NH₃NO₃

CH₃NH₃NO₃ +NaOH → CH₃NH₂ + NaNO₃ + H₂O

Thấy n_X < n_NaOH → NaOH còn dư : 0,1 mol

m_{chất rắn} = m_NaNO3 + m_{NaOH dư} = 0,1. 85 + 0,1. 40 = 12,5 gam

Đáp án B.

Đáp án C

Có n_Gly= 0,3 mol, n_Ala = 0,2 mol, n_Val = 0,1 mol

Hỗn hợp X chỉ gồm các tripeptit → n_X = $\frac{1}{3}$ ∑n_amin = $\frac{1}{3}$. ( 0,3 + 0,2 + 0,1 ) = 0,2 mol

Để hình thành các tripeptit thì mối tripepit nhận 2 phân tử nước → n_H2O = 2n_X = 0,4 mol

Bảo toàn khối lượng → m = 22, 5+ 17,8 + 11,7 - 0,4. 18 = 44,8 gam. Đáp án C. 

Đáp án A

Nhận thấy hỗn hợp X gồm 2 chất là đồng phân → n_X = 13,35 : 89 = 0,15 mol

Coi bài toán tương đương với cho dung dịch NaOH : x mol tác dụng hết với HCl trước, sau đó X tác dụng với HCl

→ n_HCl = n_X + n_NaOH → 0,25 = 0,15 + x → x = 0,1 mol → V = 100 ml

Đáp án A. 

Đáp án B

Gọi E có công thức dạng C_nH_2n-1O₄N ( với n≥ 7)

Ta có % C= 12n/(14n+77) × 100% = 55,3 % → n=10

→ E là hợp chất hữu cơ chứa hai chức este của axit glutamic và hai ancol đồng đẳng no đơn chức mạch hở kế tiếp nhau : C₂H₅OH và C₃H₇OH.

E có cấu tạo dạng C₂H₅OOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOC₃H₇, C₃H₇OOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOC₂H₅

Nhận thấy 2×n_E = 0,5 mol < n_NaOH = 0,8 mol → sau phản ứng thủy phân còn NaOH dư

Dù E ở cấu tạo nào khi tham gia phản ứng thủy phân thì chất rắn gồm NaOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COONa 0,25 mol và NaOH dư : 0,3 mol.

Vậy m_{chất rắn}= 0,25×191 + 0,3×40 = 59,75 gam. Đáp án B.