Ôn tập chương 1

$k = \pi  + v = \dfrac{{8.2 + 2 - 8}}{2} = 4$

n_{hỗn hợp} = $\dfrac{{6,8}}{{136}} = 0,05\,mol \to 1 < \dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{hh}}}} < 2$ mà Z chứa 2 muối → Z chứa 1 este của phenol và 1 este của ancol.

Gọi X là este của phenol và Y là este của ancol

Ta có:

Este của phenol (X) + 2NaOH→ Muối của axit cacboxylic + muối phenolat + H₂O

Este của ancol (Y) + NaOH → Muối của axit cacboxylic + ancol

$\to \left\{ \begin{gathered}{n_X} = x\,mol \hfill \\{n_Y} = y\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x + y = 0,05 \hfill \\2x + y = 0,06 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,01\, \hfill \\y = 0,04\, \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \sum {({n_{{H_2}O}} + {n_{ancol}}) = 0,01 + 0,04 = 0,05\,mol} $

Bảo toàn khối lượng:

$\sum {({m_{{H_2}O}} + {m_{ancol}}) = 6,8 + 0,06.40 - 4,7 = 4,5\,\,gam} $

$ \to \overline M  = \dfrac{{4,5}}{{0,05}} = 90 \to \left\{ \begin{gathered}{H_2}O \hfill \\{C_6}{H_5}C{H_2}OH \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \to \left\{ \begin{gathered}Y:\,HCOOC{H_2}{C_6}{H_5} \hfill \\X:\left[ \begin{gathered}HCOO{C_6}{H_4}C{H_3}\,\, \hfill \\C{H_3}{\text{COO}}{{\text{C}}_6}{H_5}\,\,\,\,\,\, \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ Kết hợp Z chứa 3 muối $ \to \left\{ \begin{gathered}Y:HCOOC{H_2}{C_6}{H_5} \hfill \\X:C{H_3}{\text{COO}}{{\text{C}}_6}{H_5} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ Thỏa mãn

${M_{C{H_3}{\text{COONa}}}} > {M_{HCOONa}}$→ Khối lượng muối có phân tử khối lớn hơn:

$ \to {n_{C{H_3}{\text{COONa}}}} = {n_Y} = 0,01\,mol \to {m_{C{H_3}{\text{COONa}}}} = 0,01.82 = 0,82\,gam$

Người ta thường không tăng bón phân đạm. vì khi đó bộ lá quá lớn có thể làm che khuất lớp lá dưới, lớp lá dưới quang hợp kém nhưng vẫn hô hấp tiêu phí nguyên liệu làm giảm năng suất kinh tế.

Gọi CTPT của este no, đơn chức, mạch hở là ${C_n}{H_{2n}}{O_2}\,\,\,(n \geqslant 2)$

\({C_n}{H_{2n}}{O_2} + \dfrac{{3n - 2}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}nC{O_2} + n{H_2}O\)

\({n_{C{O_2}}} = {n_{{O_2}}} \to n = \dfrac{{3n - 2}}{2} \to n = 2\)

\(\to {C_2}{H_4}{O_{2\,}}\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,HCOOC{H_3}\)  (metyl fomiat)

Xét các phát biểu:

I đúng

II đúng

III sai, phân giải kỵ khí không có chu kỳ Crep  và chuỗi chuyền electron hô hấp.

IV sai, quá trình đường phân diễn ra trong tế bào chất

${n_{C{O_2}}} = 0,005\,mol\, \to {n_C} = {n_{C{O_2}}} = 0,005\,mol \to {m_C} = 0,005.12 = 0,06\,g$

${n_{{H_2}O}} = 0,005\,mol\, \to {n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 0,005.2 = 0,01\,mol \to {m_H} = 0,01\,g$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

${m_{este}} = {m_C} + {m_H} + {m_O}\, \to {m_O} = 0,11 - 0,06 - 0,01 = 0,04\,g$

$ \to {n_O} = \dfrac{{0,04}}{{16}} = 0,0025\,mol$

Este đơn chức ${n_{este}} = \dfrac{1}{2}{n_O} = 0,00125\,\,mol\,\,$

Số nguyên tử C $ = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{este}}}} = \dfrac{{0,005}}{{0,00125}} = 4$

Số nguyên tử H $ = \dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_{este}}}} = \dfrac{{0,005.2}}{{0,00125}} = 8$

CTPT của X là : ${C_4}{H_8}{O_2}$→ este no, đơn chức, mạch hở

Số đồng phân là : $HCOOC{H_2}C{H_2}C{H_{3\,}};HCOOCH{(C{H_{3\,}})_2};C{H_3}COO{C_2}{H_5};{C_2}{H_5}COOC{H_3}$

Xét các nhận định:

(1) đúng

(2) đúng

(3) đúng

(4) sai, hô hấp làm giảm khối lượng, chất lượng nông sản

Vinyl axetat (C₄H₆O₂): \(C{H_3}COOCH = C{H_2}\)

Metyl axetat (C₃H₆O₂): \(C{H_3}COOC{H_3}\,\)

Etyl fomat (C₃H₆O₂): \(HCOO{C_2}{H_5}\,\,\)

Quy đổi hỗn hợp thành : \({C_4}{H_6}{O_2}\) và \({C_3}{H_6}{O_2}\)

\({n_{{H_2}O}} = \dfrac{{2,16}}{{18}} = 0,12\,\,mol\)

Ta có : \(\left\{ \begin{gathered}{n_{{C_3}{H_6}{O_2}}} = x\,mol \hfill \\{n_{{C_4}{H_6}{O_2}}} = y\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}3x + 3y = {n_{{H_2}O}} = 0,12 \hfill \\74x + 86y = {m_{este}} = 3,08 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,03\,mol \hfill \\y = 0,01\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

\( \to \% {n_{{C_4}{H_6}{O_2}}} = \dfrac{{0,01}}{{0,01 + 0,03}} \cdot 100 = 25\% \)

Nhiệt độ của nhiệt kế tăng so với ban đầu do hô hấp sẽ tỏa nhiệt, cốc nước vôi trong chuyển thành đục do hô hấp thải khí CO₂.

Este X khi đốt cháy thu được ${n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}}$→ este no, đơn chức, mạch hở

Thủy phân X trong NaOH thu được muối Y có khả năng tham gia phản ứng tráng gương  → Y là HCOONa

Mặt khác X có số nguyên tử C bằng 1 nửa số nguyên tử C trong X → trong Z có số nguyên tử C bằng trong muối. → Z là $C{H_3}OH$

$ \to X:\,HCOOC{H_3} \Leftrightarrow {C_2}{H_4}{O_2}$

${C_2}{H_4}{O_2} + 2{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}2C{O_2} + 2{H_2}O$

           1                              2               2

$C{H_3}OH\xrightarrow{{{H_2}S{O_4}_{(đ)},\,{{170}^o}C}}C{H_3}OC{H_3} + {H_2}O$   

Xét các phát biểu:

I sai, chỉ các thú nhai lại mới có dạ dày 4 ngăn

II đúng

III đúng

IV sai, ở động vật có ống tiêu hóa, thức ăn được tiêu hóa ngoại bào

${n_{K{\text{O}}H}} = 0,5.1 = 0,5\,mol;\,{n_{{H_2}}} = \dfrac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15\,mol$

ROH + Na  $\xrightarrow{{}}$  RONa + $\dfrac{1}{2}$H₂ ↑

$\to {n_{ancol}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,3\,mol \to X:\left\{ \begin{gathered}1{\text{ }}axit \hfill \\1{\text{ }}este \hfill \\ \end{gathered}  \right.$   (Thỏa mãn)

RCOOR^’ + KOH $\xrightarrow{{}}$ RCOOK + R^’OH

R^”COOH + KOH $\xrightarrow{{}}$ R^”COOK + H₂O

Ở sâu bọ, hệ tuần hoàn không vận chuyển chất khí, khí được trao đổi qua hệ thống ống khí.

${n_{K{\text{O}}H}} = \dfrac{{11,2}}{{56}} = 0,2\,mol\,\,\,;\,\,\,\,{n_{{H_2}}} = \dfrac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15\,mol$

ROH + Na $\xrightarrow{{}}$ RONa + $\dfrac{1}{2}$H₂ ↑

$ \to {n_{ancol}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,3\,mol$

${n_{ancol}} > {n_{K{\text{O}}H}}$ mà hỗn hợp đầu tác dụng vừa đủ với KOH

RCOOR^’ + KOH $\xrightarrow{{}}$  RCOOK + R^’OH

Các đặc điểm của hệ tuần hoàn hở là: 1, 3, 4

Các chất có công thức chung là C_nH_2n-2O₂  

C_nH_2n-2O₂ → nCO₂ + (n – 1)H₂O

$\dfrac{{3,42}}{{14n + 30}}$        0,18

=> n = 6

=> n_H2O = 0,15 mol

$\Delta m = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}-{m_{CaC{O_3}}} =  - 7,38$ => giảm 7,38 gam

Nhóm động vật có hệ tuần hoàn kép là : lưỡng cư, bò sát, chim và thú.

Cá xương, chân khớp, bạch tuộc có hệ tuần hoàn đơn

${n_{{O_2}}} = 1,225\,mol;\,{n_{C{O_2}}} = 1,05\,mol;\,{n_{{H_2}O}} = 1,05\,mol$

=> X no, đơn chức, mạch hở

Bảo toàn O => n_X = 0,35 mol

Bảo toàn khối lượng => m_X = 25,9 gam

=> M_X = 74 => C₃H₆O₂

=> HCOOC₂H₅ (a mol) và CH₃COOCH₃ (b mol)

n_X = a + b = 0,35

m_rắn = 68a + 82b + 0,05.40 = 27,9

=> a = 0,2 và b = 0,15

=> a : b = 4 : 3

Ý A sai vì áp lực của máu lên thành mạch là huyết áp

Ý B sai Thành phần của hệ tuần hoàn gồm có tim, hệ mạch và dịch tuần hoàn

Ý C sai vì huyết áp tâm trương được đo ứng với lúc tim giãn và có giá trị thấp nhất

${({C_{17}}{H_{33}}{\text{COO)}}_3}{C_3}{H_5} + B{r_2}\xrightarrow{{}}{({C_{17}}{H_{33}}B{r_2}COO)_3}{C_3}{H_5}$

${({C_{17}}{H_{33}}COO)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH\xrightarrow{{}}3{C_{17}}{H_{33}}COONa + {C_3}{H_5}{(OH)_3}$

Ý không đúng là A, thận điều hòa pH bằng sự thải H⁺ và tái hấp thụ HCO₃^-