Ta có dung dịch Y làm quỳ tím hóa xanh →loại đáp án C,D vì K₂SO₄ và BaCl₂ không làm đổi màu quỳ tím. Trộn dung dịch X và Y lại với nhau thu được kết tủa → loại A, chọn B

PTHH: Ba(NO₃)₂  + Na₂CO₃  → BaCO₃  ↓ +2NaNO₃

Axit Stearic là axit béo, có công thức là C₁₇H₃₅COOH.

Chú ý: Axit béo là axit đơn chức, có mạch Cacbon không phân nhánh và số nguyên tử C chẵn (C₁₂  → C₂₄).

Fructozơ không phản ứng đươc với nước Brom.

Chú ý: Fructozơ có tính chất của 1 ancol đa chức nên nó tác dụng được với dung dịch Cu(OH)2 , có tính chất của xeton nên tác dụng với H2 tạo thành Sobitol. Mặc dù nó không có nhóm –CHO nhưng vẫn có phản ứng tráng gương và tác dụng với Cu(OH)₂/OH−, t0 vì trong môi trường bazơ tồn tại cân bằng:

Fructozo ⇔ Glucozo

Trong quá trình sản xuất mía từ saccarozơ không dùng đến phèn chua. Người ta dùng vôi sữa để loại bỏ tạp chất, dùng khí cabonic để lọc bỏ CaCO₃, dùng khí sunfurơ để tẩy màu.

Thủy phân este Z trong môi trường axit thu được 2 chất hữu cơ X, Y trong đó MX < MY nên Y là axit hữu cơ, còn X là ancol hoặc anđehit, xeton. Bằng 1 phản ứng có thể chuyển hóa X thành Y vậy ta có:

A. CH₃COOCH₃: X là: CH₃OH; Y là CH₃COOH

\(C{H_3}OH + CO\buildrel {xt,{t^0}} \over
\longrightarrow C{H_3}COOH\)

B. CH­₃CH₂COOCH₃; X là CH₃OH ; Y là CH₃CH₂COOH

Từ X không thể chuyển sang Y

C. CH₃COOC₂H₅; X là C₂H₅OH; Y là CH₃COOH

\({C_2}{H_5}OH + {O_2}\buildrel {men\,giam} \over
\longrightarrow C{H_3}COOH + {H_2}O\)

D. CH₃COOCH=CH₂ ; X là CH₃CHO; Y là CH₃COOH

\(2C{H_3}CHO + {O_2}\buildrel {M{n^{2 + }}} \over
\longrightarrow \,2C{H_3}COOH\)

Các đồng phân đơn chức, mạch hở có công thức phân tử là C₂H₄O₂ là CH₃COOH, HCOOCH₃

CH₃COOH là axit nên có thể tác dụng với Na, NaOH, NaHCO₃, AgNO₃/NH₃

\(C{H_3}COOH + Na \to C{H_3}COONa + \frac{1}{2}{H_2}\)

\(C{H_3}COOH + NaOH \to C{H_3}COONa + {H_2}O\)

\(C{H_3}COOH + NaHC{O_3} \to C{H_3}COONa + C{O_2} + {H_2}O\)

\(C{H_3}COOH{\rm{ }} + {\rm{ }}N{H_3} \to {\rm{ }}C{H_3}COON{H_4}\)

HCOOCH3  có phản ứng tráng bạc và NaOH

Chú ý: Nhiều em sẽ không chọn được đáp án  vì đồng phân của C₂H₄O₂  còn có OH − CH2  − CHO. Nhưng các em quên rằng OH − CH2  − CHO là tạp chức trong khi đề bài yêu cầu là đơn chức.

Hoặc là các em sẽ quên 1 chú ý quan trọng là các axit trừ HCOOH sẽ không tham gia phản ứng tráng gương nhưng sẽ xảy ra phản ứng axit với bazơ

Chất khí được tạo ra từ bình chữa cháy và dùng để sản xuất thuốc giảm đau dạ dày là CO₂ . Vì CO2 có khản năng dập tắt đám cháy và nó điều chế được NaHCO₃ là chất làm giảm đau dạ dày.

Hai chất là đồng phân của nhau là Glucozơ và Fructozơ, đều có công thức là C₆H₁₂O₆

Chú ý: Nhiều em sẽ chọn đáp án B là xenlulozơ và tinh bột là đồng phân của nhau vì cùng có công thức là (C₆H₁₀O₅)n nhưng quên mất rằng chỉ số n có thể khác nhau.

Trong phân tử của cacbohyđrat luôn có nhóm ancol.

\(\begin{array}{l}
{({C_{17}}{H_{35}}COO)_3}{C_3}{H_5}\;\; + {\rm{ }}3NaOH \to \;3{C_{17}}{H_{35}}COONa{\rm{ }} + {\rm{ }}{C_3}{H_5}{(OH)_3}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{\begin{array}{*{20}{c}}
{\begin{array}{*{20}{c}}
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{0,1}&{}&{}
\end{array}}&{}&{}&{}
\end{array}}&{}&{}& \to 
\end{array}}&{}&{}&{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array}0,1}
\end{array}
\end{array}\)

Ta có: \({n_{glixerol}} = {\rm{ }}{n_{tristearin}} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }}mol{\rm{ }} \to {\rm{ }}{m_{glixerol}} = 0,1.92{\rm{ }} = {\rm{ }}9,2g\)

Ở điều kiện thường xenlulozơ không hòa tan được Cu(OH)₂

Số trieste được tạo thành khi cho glixerol tác dụng với 2 axit béo là 6

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {{C_{17}}{H_{35}}COO} \right)}_3}{C_3}{H_5};\;\;\;{{\left( {{C_{15}}{H_{31}}COO} \right)}_3}{C_3}{H_5};{\rm{ }}\left( {{C_{17}}{H_{35}}COO,\;{C_{17}}{H_{35}}COO,{\rm{ }}{C_{15}}{H_{31}}COO} \right){C_3}{H_5};}\\
\begin{array}{l}
({C_{17}}{H_{35}}COO,{C_{15}}{H_{31}}COO,{C_{17}}{H_{35}}COO){C_3}{H_5};\\
({C_{15}}{H_{31}}COO,{C_{15}}{H_{31}}COO,{C_{17}}{H_{35}}COO){C_3}{H_5};({C_{15}}{H_{31}}COO,\;{C_{17}}{H_{35}}COO,{\rm{ }}{C_{15}}{H_{31}}COO){C_3}{H_5};
\end{array}
\end{array}\)

Khi nhiệt phân hoàn toàn AgNO₃ là

 AgNO₃ → Ag + NO₂ + 1/2O₂

Nhỏ từ từ 0,03 mol HCl vào 0,02 mol Na₂CO₃ và 0,02 mol NaHCO₃ thì trước tiên có phản ứng: 

\({H^ + } + {\rm{ }}CO_3^{2 - } \to HC{O^ - }\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\)

\(0,02{\rm{ }} \leftarrow 0,02 \to 0,02\)

\({H^ + } + {\rm{ }}HCO_3^ - \; \to {\rm{ }}C{O_2}\;\; + {\rm{ }}{H_2}O\;\;(2)\)

\(0,01\;\;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}0,04\;\;\;\;\;0,01\)

Từ (1) suy ra: \({n_{{H^ + }(1)}} = {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,02mol \to {n_{HCl{\rm{ (con lai)}}}} = 0,03 - 0,02 = 0,01mol$\)

\({n_{HCO_3^ - }} = 0,02 + 0,02 = 0,04\)

Từ (2) suy ra sau phản ứng (2) \(HCO_3^ - \) dư, H⁺ hết nên số mol CO2 tính theo

HCl \( \to {n_{C{O_2}}} = {n_{HCl}} = 0,01mol\) 

\(Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}FeS{O_4}\; + {\rm{ }}{H_2}\; \uparrow (X)\)

Nhiệt phân KNO₃:

KNO₃ → KNO₂ + 1/2O₂

KMnO₄ + 8HCl → KCl + MnCl₂ + 5/2Cl₂ + 4H₂O

Vậy các khí X,Y,Z lần lượt là H₂, O₂, Cl₂. 

Ta cho BaCO₃ lần lượt vào các dung dịch KOH, HCl, H₂SO₄  ta thấy hiện tượng sau:

Mẫu nào vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa xuất hiện thì đó là mẫu H₂SO₄.

\(BaC{O_3}\; + {\rm{ }}{H_2}S{O_4}\; \to {\rm{ }}BaS{O_4}\; \downarrow {\rm{ }} + C{O_2}\; \uparrow \; + {H_2}O\) 

Mẫu nào chỉ có khí thoát ra thì mẫu đó là HCl

\(BaC{O_3}\; + {\rm{ }}2HCl{\rm{ }} \to {\rm{ }}BaC{l_2}\; + {\rm{ }}C{O_2}\; \uparrow {\rm{ }} + {H_2}O\) 

Mẫu còn lại không có hiện tượng gì là mẫu KOH.

OH − CH₂ − [(OH) − CH−]₄CHO + H₂ → OH − CH₂ − [(OH) − CH −]₄CH₂OH (Sobitol)

n_Glucozơ = n_sobitol = \(\frac{{1,82}}{{182}}\)= 0,01mol

Với hiệu suất 80% thì lượng Glucozơ cần dùng là: \(\frac{{0,01.180}}{{80\% }} = 2,25g\) 

Chú ý: Để làm khô các khí thì các khí đó không phản ứng với chất cần dùng. Vậy ở đây ta có thể dùng NaOH để làm khô các khí mà không phản ứng với NaOH.

A. Loại vì có SO₂ , Cl₂ tác dụng được với NaOH

B. Loại vì có CO₂ , Cl₂ tác dụng được với NaOH

C. Loại vì có CO₂ ,NO₂ tác dụng được với NaOH

Este Isoamyl axetat có công thức là: CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂ ↔ C₇H₁₄O₂

Vậy phân tử khối của Isoamyl axetat là 130 g/mol. 

Cho KOH dư lần lượt vào các chất, sau đó lại thêm NH₃ dư vào, ta có PTHH

1. CuCl₂

KOH + CuCl₂ → Cu(OH)₂ ↓ +2KCl

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃ )₄ ](OH)₂

2. ZnCl₂

KOH + ZnCl₂ → Zn(OH)₂ ↓ +2KCl

Zn(OH)₂ + 4NH₃ → [Zn(NH₃ )₄ ](OH)₂

3. FeCl₃

KOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ ↓ +3KCl

4. AlCl₃

KOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ ↓ +3KCl

KOH + Al(OH)₃ → KAlO₂ + 2H₂O

Vậy cuối cùng chỉ có FeCl₃ là tạo kết tủa

(a) Cho SiO₂ tác dụng với axit HF: SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

(b) Cho SO₂ tác dụng với H₂S: SO₂ + 2H₂S → 3S +2H₂O

(c) Cho NH₃ tác dụng với CuO: 2NH₃ + 3CuO → 3Cu + N₂ + 3H₂O

(d) Cho CaOCl₂ tác dụng với HCl_đặc: CaOCl₂ + 2HCl_đặc → CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

(e) Cho Si tác dụng với NaOH∶ Si + 2NaOH+ H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

(f) Cho O₃ tác dụng với Ag: O₃ + 2Ag → Ag₂O +O₂

(g) Cho NH₄Cl tác dụng với NaNO₂ đun nóng:NH₄Cl + NaNO₂ → NaCl+ N₂ +2H₂O

Vậy số đơn chất được tạo thành là: 6

Một phân tử saccarozơ có 1 gốc α-glucozơ và 1 gốc β- fructozơ liên kết với nhau. 

Tác nhân chủ yếu gây mưa axit là: SO₂ và NO₂

Cu+ 4HNO_{3 đặc nóng} → Cu(NO₃ )₂ +2NO₂ + 2H₂O 

Tổng hệ số tất cả các chất trong phương trình là: 1+4+1+2+2=10

Tính khử của Cacbon là sự tăng số oxi hóa của Cacbon

(a) \(2{C^0} + Ca{\rm{ }} \to {\rm{ }}CaC_2^{ - 1}\) → loại

(b) \({C^0}{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{C^{ - 4}}{H_4}\) → loại

(c) \({C^0}{\rm{ }} + {C^{ + 4}}{O_2}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{C^{ + 2}}O\) → Chọn

(d) \(3{C^0}{\rm{ }} + {\rm{ }}4Al{\rm{ }} \to {\rm{ }}A{l_4}C_3^{ - 4}\) → loại 

Chất vừa tác dụng được với NaOH, vừa tác dụng được với Br₂ thì đó là este hoặc axit không no. Vậy đó chính là CH₂ = CH− COOH 

\({n_{xenlulozo{\rm{ }}trinitrat}} = {\rm{ }}\frac{{53460}}{{297}}{\rm{ }} = {\rm{ }}180{\rm{ }}mol\)

Vì hiệu suất là 60% nên số mol HNO₃ cần dùng là: 

\(\frac{{180}}{{60\% }}.3 = 900mol \to {m_{HN{O_3}}} = 900.63 = 56700g \to {m_{dd}} = \frac{{56700}}{{94,5\% }} = 60000g\)

Ta có m_dd=V.D

\( \to V = \frac{{{m_{dd}}}}{D}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{ }}60000}}{{1,5}}{\rm{ =  }}40000ml{\rm{  = }}40\left( l \right)\)

Cacbohiđrat thuộc loại đisaccarit là Saccarozơ.

Chú ý: Nhóm đisaccarit là những chất khi thủy phân thu được 2 monosaccarit gồm Saccarozơ và Mantozơ. 

Gọi số mol Glucozơ và Saccarozơ lần lượt là x,y mol

C₆H₁₂O₆ +6O₂ → 6CO₂ + 6H₂O

C₁₂H₂₂O₁₁ + 12O₂ → 12CO₂ + 11H₂O

 \(\left\{ \begin{array}{l}
m = 180x + 342y = 24,48\\
{n_{{O_2}}} = 6x + 12 = 0,84
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,06\\
y = 0,04
\end{array} \right.\) 

Khi thủy phân X chỉ có Saccarozơ bị thủy phân:

Saccarozơ →Glucozơ+Fructozơ

0,04 → 0,04 → 0,04

Sau khi thủy phân : n_glucozơ = 0,06+ 0,04 = 0,1; n_fructozơ = 0,04

Vậy tổng số mol Ag là: 0,2+0,08=0,28 mol.→ m_Ag = 0,28.108 = 30,24g 

\({n_X} = \frac{{14,64}}{{122}} = 0,12mol,{n_{NaOH}} = \frac{{120.8\% }}{{40}} = 0,24\) 

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 , mà X có CT là C₇H₆O₂ nên X có dạng HCOOC₆H₅ 

\(\begin{array}{l}
HCOO{C_6}{H_5} + 2NaOH \to HCOONa + {C_6}{H_5}ONa + {H_2}O\\
0,12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,24\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,12
\end{array}\)

Cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan.

Vậy m = m_HCOONa + m_C6H5ONa  = 0,12.68 +0,12.116 = 22,08g 

\(M + HN{O_3};0,68 \to \left\{ \begin{array}{l}
{M^{n + }}:\frac{{0,56 - 2x}}{n}\\
NO_3^ - :0,56 - x + NO:0,12 + {H_2}O\\
NH_4^ + :x
\end{array} \right.\)

\({n_{HN{O_3}}} = \frac{{136.31,5\% }}{{63}} = 0,68mol\)

Gọi số mol  NH₄⁺ là x mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N ta có:

\({n_{HN{O_3}}} = {n_{N{O_3}^ - }} + {n_{NH_4^ + }} + {n_{NO}} \to {n_{NO_3^ - }}{\rm{ }} = 0,68 - 0,12 - x = 0,56 - x\) 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có:

\(\begin{array}{l}
n.{n_{{M^{n + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = {n_{NO_3^ - }} \to {n_{{M^{n + }}}} = \frac{{0,56 - 2x}}{n}\\
M \to {M^{n + }} + ne\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N^{ + 5}} + 3e \to {N^{ + 2}}\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N^{ + 5}} + 8e \to {N^{ - 3}}
\end{array}\)

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:

\(\frac{{0,56 - 2x}}{n}.n = 0,12.3 + 8x \to x = 0,02\) 

Ta có: \({m_X} = {m_M} + {m_{NO_3^ - }} + {m_{NH_4^ + }} = m + (0,56 - 0,02).62 + 0,02.18 = 2,5m + 8,49 \to m = 16,9g\) 

Ta có: \({n_M} = \frac{{0,52}}{n} \to {m_M} = \frac{{0,52}}{n}.M = 16,9 \to \frac{M}{n} = \frac{{65}}{2} \to M:Zn\) 

Hỗn hợp X ta có thể quy đổi về CHO, COOH và C

 \(\left\{ \begin{array}{l}
CHO{\rm{ }}:{\rm{ }}0,2{\rm{ }}\\
COOH:0,52{\rm{ }}\\
C:a\\
{C_6}{H_{12}}{O_6}:{\rm{ }}b
\end{array} \right. + {O_2}{\rm{ }}:{\rm{ }}2,68{\rm{ }} \to C{O_2}{\rm{ }}:3,12 + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }}:{\rm{ }}0,36 + {\rm{ }}6b(1){\rm{ }}\)

Ta có \({n_{CHO}} = 2{n_{Ag}} \to {n_{CHO}} = \frac{1}{2}{n_{Ag}} = \frac{1}{2}.\frac{{43,2}}{{108}} = 0,2\) 

\({n_{{\rm{COOH}}}} = {n_{NaHC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{11,648}}{{22,4}} = 0,52\) 

Gọi số mol C và C₆H₁₂O₆ lần lượt là a,b mol.

Sau khi thêm m’ gam C₆H₁₂O₆ vào m gam X rồi đốt cháy ta có:

\({n_{C{O_2}(1)}} = {\rm{ }}{n_{BaC{O_3}}} = {\rm{ }}\frac{{614,64}}{{197}}{\rm{ }} = {\rm{ }}3,12{\rm{ }} = {\rm{ }}0,2 + {\rm{ }}0,52{\rm{ }} + {\rm{ }}a + {\rm{ }}6b{\rm{ }} \to {\rm{ }}a + {\rm{ }}6b{\rm{ }} = {\rm{ }}2,4\left( 2 \right)\)

 Áp dụng định luật bảo toàn H vào (1), ta có:

\({n_{{H_2}O}} = {\rm{ }}1{\rm{ }}2{\rm{ }}\left( {{n_{CHO}} + {\rm{ }}{n_{COOH}}} \right) + {\rm{ }}6b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,36{\rm{ }} + {\rm{ }}6b;{\rm{ }}{n_{{O_2}}}\left( 1 \right){\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{60,032}}{{22,4}}{\rm{ }} = {\rm{ }}2,68\) 

Từ (1) ta có: \({n_{C{O_2}{\rm{ }}(X)}} = {\rm{ }}{n_{C{O_2}(1)}}{\rm{ }} - {n_{C{O_2}{\rm{ }}({C_6}{H_{12}}{O_6}{\rm{ }})}} = {\rm{ }}3,12{\rm{ }} - {\rm{ }}6b{\rm{ }};{\rm{ }}{n_{{H_2}O(X)}} = {\rm{ }}0,36\) 

Ta có X đều có dạng C₄H₂O_n nên khi đốt cháy sẽ cho tỉ lệ mol

 \(C{O_2}:{H_2}O{\rm{ }} = {\rm{ }}4:{\rm{ }}1{\rm{ }} \to {\rm{ }}3,12{\rm{ }} - {\rm{ }}6b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,36.4{\rm{ }} \to {\rm{ }}b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,28.\) 

Từ (2) suy ra a=0,72

Vậy m + m’ = 0,2.29 +0.52.45 +0,72.12 + 0,28.180 = 88,24g 

Y vừa có phản ứng tráng bạc vừa làm nhạt màu nước Brom vậy Y là Glucozơ.

Z vừa không tham gia phản ứng tráng bạc, vừa không làm nhạt màu nước Brom vậy Z là Glixerol.

T không tham gia tráng bạc nhưng khi tác dụng với nước Brom lại xuất hiện kết tủa trắng, vậy T là Phenol.

X có tham gia phản ứng tráng bạc nhưng không tác dụng với dung dịch Brom, vậy X là Fructozơ. 

Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: n_CO2 = 0,4 mol.

Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 10,58g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2. Vậy 0,07 mol H₂ chính là số mol liên kết π trong mạch Cacbon của 3 este.

\(\to {\rm{ }}{n_{C{O_2}}} - {\rm{ }}{n_{{H_2}O}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,07{\rm{ }} \to {\rm{ }}{n_{{H_2}O}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,4 - {\rm{ }}0,07{\rm{ }} = {\rm{ }}0,33\) 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có:

\({m_X}{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{{O_2}}} = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{m_{{O_2}}} = {\rm{ }}0,4.44{\rm{ }} + 0,33.18{\rm{ }} - {\rm{ }}10,58{\rm{ }} = {\rm{ }}12,96g{\rm{ }} \to {\rm{ }}{n_{{O_2}}} = {\rm{ }}0,405\) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:

\(2{n_X}{\rm{ }} + {\rm{ }}2{n_{{O_2}}} = {\rm{ }}2{n_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{n_{{H_2}O}}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{n_X}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,16{\rm{ }}mol{\rm{ }} \to {\rm{ }}{n_{\bar C}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{0,4}}{{0,16}}{\rm{  }} = {\rm{ }}2,5\) 

Vậy phải có 1 este có 2C. Vậy este đó phải là HCOOCH₃ .

Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH₃OH.

Vậy CT trung bình cuả 3 este sau khi hiđro hóa là R̅COOCH₃(Y)

\({m_Y}{\rm{ }} = {\rm{ }}{m_X}{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{{H_2}}} = {\rm{ }}10,58 + {\rm{ }}0,07.2{\rm{ }} = {\rm{ }}10,72g\) 

R̅COOCH₃ + NaOH → R̅COONa + CH₃OH

O,16             → 0,25                     → 0,16

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

\({m_Y}{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{NaOH}}{\rm{ }} = {\rm{ }}m{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{C{H_3}OH}}{\rm{ }} \to {\rm{ }}m{\rm{ }} = {\rm{ }}10,72{\rm{ }} + 0,25.40{\rm{ }} - {\rm{ }}0,16.32{\rm{ }} = {\rm{ }}15,6g\) 

Ta có: Axit oleic là: C₁₇H₃₃COOH, axit stearic là C₁₇H₃₅COOH

Khi thủy phân chất béo X thu được axit oleic và axit stearic có tỉ lệ mol 1:2 nên trong X có 1 nhóm C₁₇H₃₃COO –

Và 2 nhóm C₁₇H₃₅COO −. Chất béo luôn có dạng (R̅COO)₃C₃H₅ .

Vậy khối lượng phân tử X là: \((281 + 2.283) + 41 = 888\) 

2 Este + KOH → 2 muối và 2 ancol (1)

n_KOH = 0,4 mol. Vậy suy ra khi ancol phản ứng với Na thu được khí \({H_2} \to {\rm{ }}{n_{{H_2}}} = {\rm{ }}0,5{n_{O{H^ - }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,2{\rm{ }}mol\) .

Khi cho ancol tác dụng với Na dư thấy khối lượng bình tăng

 \(15,2g{\rm{ }} \to {\rm{ }}{m_{ancol}}{\rm{ }} - {\rm{ }}{m_{{H_2}}} = {\rm{ }}15,2{\rm{ }} \to {\rm{ }}{m_{ancol}}{\rm{ }} = {\rm{ }}15,6g\) 

 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:

\({m_{este}}{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{KOH}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{m_{muoi}}{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{ancol}}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{m_{muoi}}{\rm{ }} = {\rm{ }}30,24{\rm{ }} + 0,4.56{\rm{ }} - 15,6{\rm{ }} = {\rm{ }}37,04g\) 

Gọi Công thức chung của 2 muối là CxHyCOOK

Khi đốt cháy muối cần 0,42 mol O₂:

CxHyCOOK: \(0,4{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2}:{\rm{ }}0,42{\rm{ }} \to {\rm{ }}C{O_2} + {\rm{ }}{K_2}C{O_3}:{\rm{ }}0,2 + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }}\left( 2 \right)\) 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có \({n_{{C_x}{H_y}COOK}}{\rm{ }} = {\rm{ }}2{n_{{K_2}C{O_3}}} \to {\rm{ }}{n_{{K_2}C{O_3}}} = {\rm{ }}0,2\) 

Gọi số mol CO₂ và H₂O lần lượt là a, b mol.

Áp dụng định luật bảo toàn O vào (2) ta có :

\(2a + b = 0,4.2 + 0,42.2 - 0,2.3 = 1,04{\rm{ }}\left( 3 \right)\) 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng vào (2) ta có:

\({m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}{\rm{ }} = {\rm{ }}37,04{\rm{ }} + {\rm{ }}0,42.32{\rm{ }} - {\rm{ }}0,2.138{\rm{ }} = {\rm{ }}22,88{\rm{ }} = {\rm{ }}44a + {\rm{ }}18b{\rm{ }}\left( 4 \right)\) 

Từ (3) và (4) suy ra a=0,52 và b=0

Từ đó ta suy ra trong cả hai muối đều không có H

Gọi công thức muối của X là KOOC − C_a − COOK: x mol

Gọi công thức muối của Y là KOOC − C_b −COOK: y mol

Áp dụng định luật bảo toàn K ta có: \(2x + 2y = 0,4{\rm{ }}\left( 5 \right)\) 

Theo bài ra ta có:\(x - 1,5y = 0{\rm{ }}\left( 6 \right)\) 

Từ (5) và (6) ta có: \(x = 0,12{\rm{ }}va {\rm{ }}y = {\rm{ }}0,08\) 

\(\to {\rm{ }}{m_{muoi}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,12.{\rm{ }}\left( {83.2{\rm{ }} + 12a} \right){\rm{ }} + 0,08.{\rm{ }}\left( {83.2 + {\rm{ }}12b} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}37,04{\rm{ }} \to {\rm{ }}3a{\rm{ }} + 2b{\rm{ }} = {\rm{ }}8\) 

Este mạch hở nên cả 2 ancol đều phải là ancol đơn chức. Khi đốt este có số mol CO₂ bằng số mol O₂ phản ứng mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este đều là 8H.

Mặt khác\({n_F}{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_{KOH}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,4\) .

Theo ta tính trên \({m_{ancol}}{\rm{ }} = {\rm{ }}15,6g{\rm{ }} \to {\rm{ }}\bar MOH{\rm{ }} = {\rm{ }}39\) → 2 ancol đó chính là CH₃OH và C₂H₅OH.

Vì M_X < M_Y nên a = 0, b = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn.

Vậy công thức 2 este đó là:

X: CH₃OOC −COOC₂H₅ và Y: CH₃ −OOC −C ≡ C− C ≡ C− COO − C₂H₅

Vậy trong Y có 21 nguyên tử.

B. Sai vì Xenlulozơ không tan trong nước, không tan trong các dung môi hữu cơ.

C. Sai vì Saccarozơ không có khản năng tráng bạc.

D. Sai vì khi thủy phân hoàn toàn tinh bột trong dung dịch H₂SO₄ , đun nóng tạo ra glucozơ. 

(C₆H₁₀O₅ )n → nC₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂ (1)

Phân tích: Khi cho cho hấp thu CO₂ vào Ca(OH)₂ thu được dung dịch X. Cho dung dịch NaOH vào X lại thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong X có Ca(HCO₃)₂ .

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

Để thu được kết tủa lớn nhất khi cho NaOH vào X ta có PTHH:

NaOH +Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + NaHCO₃ + H₂O

\({n_{Ca{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = {n_{NaOH}} = 0,1{\rm{ }}mol,{\rm{ }}{n_{CaC{O_3}}} = {\rm{ }}\frac{{50}}{{100}} = 0,5\) 

\(\sum {n_{C{O_2}}} = 2{n_{Ca{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} + {n_{CaC{O_3}}} = 0,1.2 + 0,5 = 0,7\) 

Từ (1) suy ra: n_{tinh bột} \(= \frac{{{\rm{ }}1}}{2}{\rm{ }}{n_{C{O_2}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,35{\rm{ }}mol\) 

Vì hiệu suất của của quá trình là 75% nên ta có khối lượng tinh bột cần dùng là: \(\frac{{0,35.162}}{{75\% }}{\rm{  =  }}75,6g\)

\(\begin{array}{l}
{n_{Fe}} = {\rm{ }}\frac{{8,4}}{{56}}{\rm{ }} = 0,15,{\rm{ }}{n_{HCl}} = 0,5.0,2 = 0,1,{\rm{ }}{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,05{\rm{ }}\\
{n_{{{^{_H}}^ + }}}{\rm{ =  }}0,1{\rm{ }} + 0,05.2{\rm{ }} = {\rm{ }}0,2{\rm{ }}mol
\end{array}\) 

\(Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H^ + }{\rm{ }} \to {\rm{ }}F{e^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}\) 

0,15   0,2          0,1

Vậy sau phản ứng Fe dư , H⁺ hết.

\(\to {\rm{ }}{n_{F{e^{2 + }}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{1}{2}{\rm{ }}{n_{{H^ + }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }}mol\) 

Cô cạn dung dịch sau phản ứng sẽ gồm \(F{e^{2 + }},{\rm{ }}C{l^ - },{\rm{ }}S{O_4}^{2 - }.\) 

Vậy khối lượng muối khan là: \(0,1.56 + 0,1.35,5 + 0,05.96 = 13,95g\) 

Đặt \({n_{{H_2}S{O_4}}} = {\rm{ }}{n_{HCl}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_{KN{O_3}}} = {\rm{ }}{n_{HN{O_3}}} = {\rm{ }}1{\rm{ }}mol\) 

- Xét trường hợp trộn H₂SO₄(1) với HCl(2) và KNO₃(3):

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sum {n_{{H^ + }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}3\\
\sum {n_{N{O_3}^ - }}{\rm{ }} = {\rm{ }}1
\end{array} \right.{\rm{ }}\) 

       \(3Cu + {\rm{ }}8{H^ + }{\rm{ }} + 2N{O_3}^ -  \to 3Cu{{\rm{ }}^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2NO{\rm{ }} + {\rm{ }}4{H_2}O\) 

BĐ                 3          1

SPƯ               0        0,25                         0,75

- Xét trường hợp trộn H₂SO₄(1) với HCl(2) và HNO₃(4):

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ }}\sum {\rm{ }}{n_{{H^ + }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}4\\
\sum {\rm{ }}{n_{N{O_3}^ - }}{\rm{ }} = {\rm{ }}1
\end{array} \right.{\rm{ }}\) 

        \(3Cu + {\rm{ }}8{H^ + }{\rm{ }} + 2N{O_3}^ -  \to 3Cu{{\rm{ }}^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2NO{\rm{ }} + {\rm{ }}4{H_2}O\) 

BĐ                 4          1

SPƯ               0          0                               1

- Xét trường hợp trộn H₂SO₄(1) với KNO₃(3) và HNO₃(4) :

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sum {\rm{ }}{n_{{H^ + }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}3\\
\sum {\rm{ }}{n_{N{O_3}^ - }}{\rm{ }} = {\rm{ }}2
\end{array} \right.{\rm{ }}\)

\(3Cu + {\rm{ }}8{H^ + }{\rm{ }} + 2N{O_3}^ -  \to 3Cu{{\rm{ }}^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2NO{\rm{ }} + {\rm{ }}4{H_2}O\) 

BĐ                3           2

SPƯ              0          1,75                       0,75

- Xét trường hợp trộn HCl (1)với KNO₃ (3)và HNO₃(4)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sum {\rm{ }}{n_{{H^ + }}}{\rm{ }} = {\rm{ }}2\\
\sum {\rm{ }}{n_{N{O_3}^ - }}{\rm{ }} = {\rm{ }}2
\end{array} \right.\) 

       \(3Cu + {\rm{ }}8{H^ + }{\rm{ }} + 2N{O_3}^ -  \to 3Cu{{\rm{ }}^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2NO{\rm{ }} + {\rm{ }}4{H_2}O\)  

BĐ                 2           2

SPƯ               0         1,875                    0,125

 Vậy khi trộn H₂SO₄(1) với HCl(2) và HNO₃(4) ta sẽ thu được thể tích NO là lớn nhất nếu cho hỗn hợp tác dụng với Cu.