Đáp án C

1) sai vì không có khái niệm kim loại lưỡng tính

2) đúng

3) đúng vì Cr₂O₃ và Cr(OH)₃ đều có tính chất lưỡng tính

4) đúng

5) đúng

6) sai vì chỉ xảy ra hiện tượng ăn mòn hóa học

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án C

1) ; 2) ; 3) ; 4) ; 5) đều đúng

6) sai điều chế kim loại Na bằng cách điện phân nóng chảy NaCl

=> có 5 phát biểu đúng

Ta thấy ( Về số C và H)

→ Quy đổi hỗn hợp về CH₄: x (mol) và C₅H₈: y (mol) vẫn đảm bảo về số liên kết pi

Phản ứng đốt cháy:

CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O

a      → 2a                                    (mol)

C₅H₈ + 7O₂ → 5CO₂ + 4H₂O

b      → 7b                                   (mol)

Giải hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{gathered}
{m_X} = 16x + 68y = 9 \hfill \\
{n_{{O_2}}} = 2x + 7y = \frac{{22,176}}{{22,4}} = 0,99 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,18 \hfill \\
y = 0,09 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Xét trong a mol X n_C5H8 = ½ n_Br2 = ½. 0,06 = 0,03 (mol)

→ a mol X có số mol CH₄ là \(\frac{{0,03.0,18}}{{0,09}} = 0,06\,(mol)\)

→ a = n_CH4 + n_C5H8 = 0,06 + 0,03 = 0,09 (mol)

Đáp án B

Ta có ∑nCOOH + nH⁺ = ∑nOH^–.

⇒ Y + 0,01×2 + nHCl = nNaOH + nKOH

⇒ nY = 0,02 mol và nH₂O tạo thành = ∑nOH^– = 0,09 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có:

mY + mH2NC3H5(COOH)2 + mHCl = mNaOH + mKOH + mH2O 

→  mY = 2,06 gam → MY = (2,06:0,02) = 103

Gọi CTPT của 2 este là RCOOR’: 0,3 (mol) ( vì este đơn chức nên = n_KOH)

Lượng O₂ dùng để đốt X = lượng O₂ để đốt T + ancol

=> n_O2 (đốt ancol) = 1,53 – 1,08 = 0,45 (mol)

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+2O

C_nH_2n+2O + 1,5nO₂ → nCO₂ + (n +1)H₂O

1 (mol) → 1,5n (mol)

0,3 (mol) → 0,45 (mol)

→ 0,3.1,5n = 0,45 → n = 1

Vậy CT của ancol là CH₃OH: 0,3 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_KOH = m_muối + m_ancol

→ m_X = 35,16 + 0,3.32 – 0,3.56 = 27,96 (g)

Gọi a và b là số mol CO₂ và H₂O khi đốt cháy X

\(\begin{array}{l}
\sum {{m_{(C{O_2} + {H_2}O)}} = 44x + 18y = 27,96 + 1,53.32} \\
 \to 2x + y = 0,3.2 + 1,53.2\\
 \to x = 1,38{\mkern 1mu} (mol)\\
y = 0,9{\mkern 1mu} (mol)
\end{array}\)

Gọi k là độ bất bào hòa của 2 este

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \to 0,3 = \frac{{1,38 - 0,9}}{{k - 1}}\\
 \to k = 2,6\\
{M_{RCOOC{H_3}}} = \frac{{27,96}}{{0,3}} = 93,2\\
 \to R + 44 + 15 = 93,2 \to R = 34,2
\end{array}\)

→ 1 este phải có 3 liên kết pi trong phân tử

→ Z có CTPT là C₅H₆O₂

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆  → 2nC₂H₅OH +2nCO₂ ( %H = 75%)

\(C{O_2} + \underbrace {Ba{{(OH)}_2}}_{0,03\,mol}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
BaC{O_3} \downarrow (1) \hfill \\
Ba{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{ + 0,006\,\,mol\,NaOH}}BaC{O_3} \downarrow + NaHC{O_3} + {H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

Vì lượng NaOH cần dùng ít nhất để thu được kết tủa lớn nhất → phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol NaOH : Ba(HCO₃) = 1 : 1

Ba(HCO₃)₂ + NaOH → BaCO₃↓ + NaHCO­₃ + H₂O

0,006 (mol)←0,006 (mol)

BTNT Ba → n_BaCO3 (1) = n_Ba(OH)2 – n_Ba(HCO3) = 0,03 – 0,006=0,024 (mol)

BTNT C → n_CO2 = n_BaCO3(1) + 2n_Ba(HCO3) = 0,024 + 2.0,006 = 0,036 (mol)

Từ sơ đồ → n_tb = ½ n_CO2 = 0,018 (mol)

→ m_tb lí thuyết = 0,018.162=2,916 (g)

Vì H = 75% → m_tb­ thực tế cần lấy = m_tb lí thuyết : 0,75 = 3,888(g)

Các kim loại kiềm trong dãy là: Li, Na => có 2 kim loại

Đáp án C

Dung dịch CuSO₄ có màu xanh

Đáp án D

CO₂ là khí gây nên hiệu ứng nhà kính

 Ta thấy: Gly có 2C, Ala có 3C, Val có 5C

+ X có CTPT C₄H₈O₃N₂ nên là Gly-Gly.

+ Y có 7C nên chỉ có thể là Gly-Val hoặc Gly-Gly-Ala → Y có tối đa có 3 mắt xích

- Do X, Y, Z được tạo nên từ a.a có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên quy đổi thành: CONH, CH₂, H₂O (số mol H₂O bằng tổng mol peptit)

- Bảo toàn Na → n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,44 mol

+) Bảo toàn O → \({n_{CONH}} + {n_{{H_2}O(1)}} + {n_{NaOH}} = {n_{{H_2}O(2)}} + 3{n_{N{a_2}C{O_3}}} + 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O(3)}}\)

→ 0,44 + y + 0,44 = y + 3.0,22 + 2(x + 0,22) + (x + 0,44) → x = 0,55

+) m_E = m_CONH + m_CH2 + m_H2O → 28,42 = 0,44.43 + 14.0,55 + 18.y → y = 0,1

→ n_E = n_H2O = 0,1 mol

- Số mắt a.a xích trung bình = n_N : n_E = 0,44 : 0,1 = 4,4

- Biện luận tìm các peptit:

+ X là đipeptit, Y có tối đa 3 mắt xích → Z có từ 5 mắt xích trở lên

+ Mặt khác Z có 11C → Z chỉ có thể là Gly₄Ala

+ X, Z không chứa Val → Y chứa Val → Y là Gly-Val

- Giả sử E chứa: Gly₂ (a mol); Gly-Val (b mol); Gly₄Ala (c mol)

Ta lập hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_E} = 132{\rm{a}} + 174b + 317c = 28,42\\{n_E} = a + b + c = 0,1\\{n_{NaOH}} = 2{\rm{a}} + 2b + 5c = 0,44\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,01\\b = 0,01\\c = 0,08\end{array} \right.\)

→ %m_X = 4,64%

\(38,36\,\,(g)\,X\left\{ \begin{gathered}
Fe \hfill \\
F{e_3}{O_4} \hfill \\
Fe{(N{O_3})_2} \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}S{O_4}:\,0,87\,mol\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
Z\left\{ \begin{gathered}
NO:0,05\,(mol) \hfill \\
{H_2}O:\,0,2\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\underbrace {M{g^{2 + }};F{e^{3 + }};N{H_4}^ + ;S{O_4}^{2 - }\,}_{{m_Y} = 111,46\,g} \hfill \\
{H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

n_Z = 5,6 : 22,4 = 0,25 (mol); M_Z = 3,8.2 = 7,6 (g/mol)

→ m_Z = 0,25. 7,6 = 1,9 (g)

Gọi x và y là số mol của NO và H₂

\(\left\{ \begin{gathered}
x + y = 0,25 \hfill \\
30x + 2y = 1,9 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,05\,(mol) \hfill \\
y = 0,2\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

BTKL: m_X + m_H2SO4 = m_Y + m_Z + m_H2O

→ m_H2O =  38,36 + 0,87.98 – 111,46 – 1,9 = 10,26 (g)

→ n_H2O = 0,57 (mol)

BTNT H → n_NH4+ = (2n_H2SO4 – 2n_H2 – 2n_H2O )/4  = (2.0,87 – 2.0,2 – 2. 0,57)/4 = 0,05 (mol)

BTNT N: n_Fe(NO3)2 = ( n_NO + n_NH4+)/2 = ( 0,05+ 0,05)/2 = 0,05 (mol)

BTNT O: 4n_Fe3O4 + 6n_Fe(NO3)2 = n_NO + n_H2O  → n_Fe3O4 = ( 0,05 + 0,57 – 6. 0,05)/4 = 0,08 (mol)

BTKL:  m_Mg = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 38,36 – 0,08.232 – 0,05. 180 = 10,8 (g)

%Mg = (10,8 : 38,36).100% = 28,15%

Đáp án D

n_H2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol) => n_SO4^2-= n_H2 = 0,15 (mol)

BTKL : m_muối = m_KL + m_SO42- = 5,2 + 0,15.96 = 19,6 (gam)

Đáp án A

Các phát biểu đúng là: a), b), c), d), e)

f) sai vì amilozo có cấu trúc mạch không phân nhánh

=> có 5 đáp án đúng

Đáp án C

Ta thấy:

Glyxin = NH₃ + CH₂ + CO₂

Ala = NH₃ +2CH₂ + CO₂

Val = NH₃ + 4CH₂ + CO₂

CH₃NH₂ = NH₃ +CH₂

C₂H₅NH₂ = NH₃ + 2CH₂

Quy đổi X thành NH₃: 0,18 (mol) ; CH₂ : x (mol) ; CO₂ : y (mol)

PTHH đốt cháy:

4NH₃ + 3O₂ t0→→t0 2N₂ + 6H₂O

0,18 → 0,135 (mol)

CH₂ + 1,5O₂ t0→→t0 CO_2­ + H₂O

x     → 1,5x           → x                    ( mol)

∑ n_O2 = 0,135 + 1,5x = 0,615 (1)

∑ n_CO2= x + y = 0,4 (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,32 và y = 0,08 (mol)

=> n_NaOH = n_Gly + n_Ala + n_Val = n_CO2 = 0,08 (mol)

Gọi số mol của CuSO₄ và NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Thứ tự điện phân các chất tại catot và anot

Cu²⁺  +2e → Cu↓   

2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂           

2H₂O → 4H+ + O₂↑ + 4e

Vì n_Cl- = 3n_Cu2+ và chất tan thu được hòa tan được Al₂O₃ => Cl^- điện phân hết.

2 chất tan thu được là Na₂SO₄ : x ( mol) ;  NaOH: (3x – 2x) = x (mol)

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O

0,06     ← 0,03                                  (mol)

→ x = n_NaOH = 0,06 (mol)

Tại catot: Cu: 0,06 mol; n_H2 = a (mol)

Tại anot: Cl₂: 0,09 mol; n_O2 = b (mol)

\(\begin{array}{l}
\sum {{n_{e{\kern 1pt} nhuong}}{\mkern 1mu}  = \sum {n{{\mkern 1mu} _{e{\kern 1pt} nhan}}} } \\
{m_{giam}}{\mkern 1mu}  = {m_{Cu}} + {m_{C{l_2}}} + {m_{{H_2}}} + {m_{{O_2}}}\\
 \to 0,06.2 + 2a = 0,09.2 + 4b\\
0,06.64 + 0,09.71 + 2a + 32b = 12,45\\
 \to a = 0,15\\
b = 0,06
\end{array}\)

→ ∑ n_e = 0,06.2 + 2.0,15 = 0,42 (mol)

Áp dung CT ta có: n_e = It/F → t = 0,42.96500/2 = 20265 (s) = 5,63 (giờ)

Gần nhất với 5,6 giờ

Đáp án A

a) Al thu động với HNO₃ đặc nguội do vậy không có phản ứng

b) K₂CO₃ + NaOH → không xảy ra vì không tạo kết tủa hoặc chất bay hơi

c) SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

d) NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

e) 2NH₃ + 2H₂O + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + (NH₄)₂SO₄

Nếu NH₃ dư: 4NH₃ + Cu(OH)₂ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

f) CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

hoặc CO₂ + NaOH → NaHCO₃

=> Có 2 phản ứng không xảy ra

Đáp án C

Từ hình vẽ ta thấy khí X nặng hơn không khí vì thu khí X bằng cách để ngửa bình

=> Trong các đáp án C chỉ có CO₂ là khí nặng hơn không khí

Đáp án D

CO₂ không phải là hợp chất hữu cơ

Đáp án C

Cu là kim loại đứng sau H trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với H₂SO₄ loãng

nO₂=0,3125 mol

BTKL→ mN₂ = 3,17 + 0,3125.32 - 12,89 = 0,28 gam

→ nN₂ = 0,01 mol → n _amin=0,02 mol

→  n _hiđrocacbon=0,1 mol

- Giả sử số mol CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

44x + 18y = 12,89

0,3125.2 = 2x+y (BTNT: O)

→ x = 0,205; y = 0,215

C_tb = 0,205/0,12 = 1,7 → CH₄

H_tb= 0,215/0,12 = 1,8 → C₂H₂ (Do số liên kết pi nhỏ hơn 3)

Đặt:

C₂H₇N: a

C₃H₉N: 0,02-a

CH₄: b

C₂H₂: 0,1-b

BTNT C: 2a + 3(0,02-a) + b + 2(0,1-b) = 0,205

BTNT H: 7a + 9(0,02-a) + 4b + 2(0,1-b) = 0,215.2

→ a = 0,015; b = 0,04 → CH₄ (0,04 mol) C₂H₂ (0,06 mol)

%C₂H₇N = [(0,015.45) : (0,015.45 + 0,005.59)].100% = 69,58%

Đáp án C

X tạo hợp chất màu xanh tím với dd iot => X là tinh bột

Y phản ứng với dd AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag => Y là glucozo

Z làm mất màu dd nước brom và tạo ra kết tủa trắng => Z là anilin hoặc phenol

Theo các đáp án thì Đáp án C là phù hợp

Đáp án C

AgNO₃ + X → T↓

T↓ + HNO₃dư →

=> T phải là kết tủa có gốc axit yếu hơn HNO₃

=> chỉ có đáp án (NH₄)₃PO₄ phù hợp

(NH₄)₃PO_4­ + AgNO₃ → NH₄NO₃ + Ag₃PO₄↓ vàng

Ag₃PO₄↓ + 3HNO₃ → 3AgNO₃ + H₃PO₄

Đáp án B

a) 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ ↓+ NaCl => thu được 1 muối

    3a              a  (mol)

b) Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O => thu được 2 muối

     a      → 4a                                                             (mol)

c)  2CO₂ dư + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂ => thu được 1 muối

d) Cu + Fe₂(SO₄)₃ dư → CuSO₄ + FeSO₄ => thu được  3 muối

e) 2KHSO₄ + 2NaHCO₃ → K₂SO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + 2H₂O => thu được 2 muối

g) Al+ 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O => thu được duy nhất 1 muối

Vậy chỉ có 2 thí ngiệm b, e thu được 2 muối

Đáp án C

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

5                 → 5                  (mol)

Ba(OH)₂ + NH₄HCO₃ → BaCO₃↓ + NH₃ + 2H₂O

4           ← 4                                                               (mol)

Ba(OH)₂ + 2KHCO₃ → BaCO₃↓ + K₂CO₃ + H₂O

1            ← 2                                                              (mol)

Vậy dd Y chỉ chứa K₂CO₃

Ta có sơ đồ:

23,76g X + 0,4 mol HCl → NO + dd Y → 0,02 mol NO + Kết tủa + dd Z

Trong Z có Fe(NO₃)₃ , Cu(NO₃)₂

n_H+ = 0,4 mol → n_NO = ¼ n_H+ = 0,1 mol

Trong TN₁ : n_NO = 0,1 – 0,02 = 0,08 mol

→ Trong X có 0,04 mol Fe(NO₃)₂ → Trong Z

n_NO3 = 0,58 – 0,02 = 0,56 mol

Gọi số mol FeCl₂ và Cu trong X lần lượt là a và b

→ 127a + 64b = 16,56g ⁽¹⁾

n_{NO3 (Z)} = (a + 0,04).3 + 2b = 0,56⁽²⁾

Từ (1,2) → a = 0,08 ; b = 0,1 mol

Kết tủa thu được gồm :

n_AgCl = n_Cl- = 0,4 + 2.0,08 = 0,56 mol

n_Ag = 0,08 + 0,1.2 + 0,04 – 0,1.3 = 0,02 mol

→ m_{kết tủa} = 82,52g

Đáp án B

Rắn không tan là Al dư => m_Al dư = 1,35 (g)

n_H2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol)

Gọi số mol Na = số mol Al pư = a (mol)

BT e ta có: n_Na + 3n_Al = 2n_H2 => a + 3a = 2. 0,1

=> a = 0,05 (mol)

=> m = m_Na + m_{Al pư} + m_Al dư = 0,05.23 + 0,05.27 + 1,35 = 3,85 (g)

Đáp án A

n_C3H5(OH)3 = n_{(C17H35COO)3C3H5} = 0,15 (mol)

=> m_C3H5(OH)3 = 0,15.92 = 13,8 (g)

Đáp án C

Este không tham gia phản ứng tráng bạc => không phải là este tạo bởi axit fomic (HCOOH)

Vậy CTCT của este X có CTPT C₃H₆O₂ là CH₃COOCH₃

A. Có 3 nguyên tố C, H, O

B. Chỉ chứa 2 nguyên tố C, H

C. Chỉ chứa 2 nguyên tố C, H

D. Có 3 nguyên tố C, H, Cl

Đáp án D

Alanin có công thức là: CH₃-CH₂(NH₂)-COOH

CH₃-CH₂(NH₂)-COOH + NaOH → CH₃-CH₂(NH₂)-COONa + H₂O

n_Ala-Na = 27,75/111 = 0,25 (mol)

=> n_Ala = n_Ala-Na = 0,25 (mol) => m_Ala = 0,25.89 = 22,25 (g)

Công thức của crom(III) oxit là Cr₂O₃.   

Đáp án B

KCl có chứa nguyên tố K => được dùng làm phân kali

Chất điện li yếu là nước

Đáp án A

Đáp án B

Các axit oxalic, axit tactric có vị chua => ta dùng Nước vôi trong do nước vôi trong có môi trường bazo (OH-) kết hợp với H⁺ của axit => dẫn đến giảm được vị chua

OH^-  +  H⁺ → H₂O

Gọi CTPT của este X: C_nH_2n-2O₂: a (mol) ( có độ bất bão hòa k = 2)

Gọi số mol H₂O là b (mol) ; n_CO2 = 15,84/44 = 0,36 (mol)

Ta có hệ phương trình:

2a + 0,405.2 = 0,36.2 + b

và a = 0,36 - b

→ a = 0,09 và b = 0,27

→ n = nCO₂ : nX = 0,36 : 0,09 = 4

Vậy CTPT của X là C₄H₆O₂: 0,09 (mol)

X + KOH dư → muối + 3,96 g hữu cơ

\(M = \frac{{3,96}}{{0,09}} = 44 \to C{H_3}CHO\)

Vậy CTCT của este X là: CH₃COOCH=CH₂

→ m_muối = m_CH3COOK = 0,09.98 = 8,82 (g)

pH = 1 → [H+] = 10^-1 = 0,1 (M) → n_HNO3 = 0,1 (mol)

BTNT N → n_NH3 = n_HNO3 = 0,1 (mol)

→ n_O2 = a – 0,1 (mol)

Sau quá trình

NH3 + 8e → N+5

O₂ → 2O^-2 + 4e

BT e → 8n_NH3 = 4n_O2

→ 8.0,1 = 4 ( a – 0,1)

→ a = 0,4 (mol)

Đáp án C

Sau phản ứng thu được chất rắn => có phản ứng Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

Nếu tất cả Cu²⁺ chuyển thành Cu => m_Cu = 0,12.64 = 7,68 (g) > 3,84 (g)

Vậy Cu²⁺ không chuyển hết thành Cu, tức Fe phản ứng hết => do vậy Fe phản ứng chỉ tạo muối Fe²⁺

n_Cu = 3,84/64 = 0,06 (mol)

3Fe²⁺ + 8H⁺ + 2NO₃- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O  (Tính toán theo số mol của H⁺ chứ không theo NO₃^-)

0,09 ← 0,24 →0,06                                            (mol)

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

0,06                    ← 0,06         (mol)

=> ∑ m_Fe = (0,09 + 0,06). 56 = 8,4 (g)

\({n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = \frac{{4,6}}{{92}} = 0,05\,\,(mol)\) 

Vì muối C₁₇H₃₅COONa : C₁₅H₃₁COONa  = 1: 2

→ CTCT của triglixerit X là:

→ m = 0,05. 834 = 41,7 (g)

Khi cho dd OH^-  vào hỗn hợp gồm H⁺ và muối Al³⁺

Sẽ xảy ra các phản ứng hóa học theo thứ tự sau:

OH^- + H⁺ → H₂O                              (1)

OH^- + 3Al³⁺ → Al(OH)₃↓                   (2)

OH^- + Al(OH)₃↓ → AlO₂^- + 2H₂O  (3)

Khi phản ứng (1) kết thúc , bắt đầu xảy ra (2) thì xuất hiện kết tủa → đồ thị bắt đầu đi lên

Khi đồ thị đi lên từ từ đến điểm cực đại → xảy ra phản ứng (1) và (2)

Ta có công thức nhanh: n_OH- = 3n_↓ + n_H+

Khi đồ thị bắt đầu đi xuống → phản ứng (3) xảy ra, kết tủa bắt đầu bị hòa tan dần dần đến hết

→ Ta có công thức tính nhanh: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓ + n_H+

Từ đây ta có các phương trình sau:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
0,5 = 3x + a\\
0,8 = 3.(x + 0,5a) + a\\
y = 4b - (x + 0,5a) + a\\
7a + 0,1 = 4b - x + a
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,2\\
x = 0,1\\
b = 0,35\\
y = 1,4
\end{array} \right.\\
 \to \frac{y}{x} = \frac{{1,4}}{{0,1}} = 14
\end{array}\)

Đáp án cần chọn là: A

\({n_{{O_2}}} = 0,59\,\,mol;{n_{{H_2}O}} = 0,52\,\,mol\)

Bảo toàn khối lượng \( \to {n_{C{O_2}}} = 0,47\,\,mol\)

Do \({n_{{H_2}O}} > {n_{C{O_2}}}\)nên ancol no

Quy đổi E thành C₃H₄O₂ (0,04 mol), C₃H₈O₂ (x mol), CH₂ (y mol) và H₂O (z mol)

Ta có: m_E = 0,04.72 + 76x + 14y + 18z = 11,16

\({n_{C{O_2}}} = 0,04.3 + 3{\rm{x}} + y = 0,47\)

\({n_{{H_2}O}} = 0,04.2 + 4{\rm{x}} + y + z = 0,52\)

→ x = 0,11; y = 0,02; z = -0,02

Do y < x nên ancol không chứa thêm CH₂ → axit gồm C₃H₄O₂ (0,04 mol) và CH₂ (0,02 mol)

Muối gồm C₃H₃O₂K (0,04 mol) và CH₂ (0,02 mol)

→ m_muối = 4,68 gam