A. Fe + HCl → FeCl₃ + H₂

B. Fe + H₂SO₄ (loãng) → FeSO₄ + H₂

C. Fe + HNO₃ (loãng) → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

D. Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

A. Không thỏa mãn vì không tác dụng với HCl

AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl

Nếu NaOH dư thì: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O

B. Không thỏa mãn vì không tác dụng với NaOH

NaAlO2 + HCl + H2O → NaCl + Al(OH)3

Al(OH)3  + 3HCl → AlCl3 + 3H2O

C. Thõa mãn

Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

D. Không thoãn mãn vì không tác dụng với NaOH và HCl

A. Si + dung dịch HCl đặc → không phản ứng

B. CO2 + Na2SiO3 + H2O → Na2CO3 + H2SiO3

C. Si + NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2

D. SiO₂ + Mg → MgO + Si

A, B, D ở điều kiện thường là chất lỏng

Đáp án C

Tính chất vật lí chung của kim loại là tính dẻo, tính dẫn nhiệt, dẫn điện, ánh kim

Tính chất hóa học chung của kim loại là tính khử

Đáp án D

A, B, C là các khí chủ yếu gây ra hiệu ứng nhà kính

Đáp án A

B, C, D là các chất kết tủa tan rất ít trong nước (tích số tan rất bé)

Nước cứng là nước có chứa nhiều cation Ca²⁺, Mg²⁺

Dựa vào thành phần của anion gốc axit → Phân làm 3 loại

- Nước cứng tạm thời: chứa amoni HCO₃^-

- Nước cứng vĩnh cửu: chứa anion Cl- và SO₄^2-

- Nước cứng toàn phần: chứa 3 loại amoni nói trên

Các chất có theer làm mềm nước có tính cứng tạm thời là: NaOH, Ca(OH)₂, Na₂CO₃ và Na₃PO₄

B sai vì tơ visco thuộc loại tơ bán tổng hợp (hay tơ nhân tạo)

Chú ý: tơ poliamit chứa liên kết amit CO-NH, mà tơ visco không chứa N

\({C_2}{H_6}{\rm{ }} + {\rm{ }}C{l_2} \to {\rm{ }}{C_2}{H_5}Cl{\rm{ }} + {\rm{ }}HCl\)

Đáp án A

CH₂OH(CHOH)₄C⁺¹HO + 2AgNO₃ + 3NH₃ → CH₂OH(CHOH)₄C⁺³OONH₄ + 2Ag + NH₄NO₃

Glucozo thể hiện tính khử

FeCl₂;CrCl₃ → Fe(OH)₂  → Fe₂O₃  (nung ngoài không khí có oxi)

( Cr(OH)₃ tan trong NaOH )

Vì khi thủy phân một triglixerit X ta thu được các axit béo là axit oleic

(C₁₇H₃₃COOH), axit panmitic

(C₁₅H₃₁COOH), axit stearic

(C₁₇H₃₅COOH)

⇒ Công thức của X:(C₁₇H₃₃COO)(C₁₅H₃₁COOC₁₇H₃₅COO)C₃H₅.

nên X có CTPT là: C₅₅H₁₀₄O₆ + 78 O₂ → 55 CO₂ + 52 H₂O

n_X = 0,01 mol ⇒ số mol O₂ = 0,78 mol ⇒ V=17,472 lít

TH1: chất tan gồm Na2SO3 và NaHSO3 .

Đặt nNa2SO3 = x; nNaHSO3 = y.

Bảo toàn nguyên tố Natri:

nNaOH = 2nN2SO3 + nNaHSO3 ⇒ 2x + y = 0,4 mol.

m chất tan = 126x + 104y = 33,4(g)

⇒ giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Lưu huỳnh: nSO₂ = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol.

Đặt hóa trị của R là n.

Bảo toàn electron: n × nR = 2nSO2

⇒ nR = 0,6 ÷ n ⇒ MR = 11,2 ÷ (0,6 ÷ n) = 56n : 3

⇒ n = 3 và M = 56 g/mol

⇒ R là Sắt (Fe).

Xét thí nghiệm 2:

nFe = 0,14 mol; nHCl = 0,32 mol

⇒ X chứa 0,14 mol FeCl₂ và 0,04 mol HCl.

Bảo toàn nguyên tố Clo:

nAgCl = nHCl = 0,32 mol 

Lại có: 3Fe²⁺ + 4H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag↓.

Kết tủa gồm 0,32 mol AgCl và 0,11 mol Ag

⇒ m = 57,8(g)

⇒ chọn A.

TH2: chất tan gồm NaOH dư và Na₂CO₃ ⇒ loại

Axit acrylic là CH₂=CH-COOH

2CH₂=CH-COOH + Na₂CO₃ → 2CH₂=CH-COONa + CO₂ + H₂O

CH₂=CH-COOH + Mg(NO₃)₂ → không phản ứng

CH₂=CH-COOH + Br₂ → Br-CH₂-CH(Br)-COOH

CH₂=CH-COOH + NaOH → CH₂=CH-COONa + H₂O

A. Sai vì thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H2PO4)2

B. Sai vì Supephotphat đơn gồm 2 muối Ca(H2PO4)2 và CaSO4

D. Sai vì phân lân cung cấp Photpho cho cây trồng

n _Cl = 0,2 mol  → n_Cl2 = 0,1 mol

2 H₂O  → 4 H⁺ + O₂ + 4 e

n _O2 = 0,05 mol → n _H+ = 0,2 mol = n _HNO3

Fe + 4 HNO₃ →   Fe(NO₃)₃ + 2 H₂O + NO

 0,05 → 0,2      →  0,05

Fe    +  2 Fe(NO₃)₃   →    3 Fe(NO₃)₂

0,025    →0,05

→ m _Fe= 56 . ( 0,025 + 0,05 ) =  4,2 gam > 2,6 gam

→ có phản ứng của Fe với muối Cu²⁺

Fe + Cu(NO₃)₂   → Fe(NO₃)₂  + Cu

→ m _{tăng của} ­_{phản ứng} = 4,2 – 2,6 = 1,6 g

→ n_Cu(NO3)2 = 1,6 : (64 – 56 ) = 0,2 mol (tăng theo thực tế chia cho tăng theo 1 mol)

Tổng số mol Cu(NO₃)₂  = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

Vì sau phản ứng tạo 2 khí làm xanh giấy quỳ

⇒ CTPT của X là (CH3NH3)(NH4)CO3

Ta có n(CH3NH3)(NH4)CO3 = 0,12 mol < nNaOH = 0,3 mol

⇒ NaOH dư = 0,3 – 0,12×2 = 0,06 mol.

+ Chất rắn gồm 0,12 mol Na CO và 0,06 mol NaOH dư.

⇒ m = 15,12 gam 

Khí Z thu được bằng đẩy nước nên khí Z không tan hoặc tan ít trong nước → loại A và D

Khí Z tạo từ phản ứng của dd X với rắn Y nên loại C vì C không chứa chất rắn tham gia phản ứng

Phản ứng thỏa mãn là (a), (c) và (e)

Giả sử có 5 mol BaO → nNH₄HCO₃ = 4 mol

nNaHCO₃ = 2 mol

BaO + H₂O → Ba(OH)₂ 

→ nOH^- = 5.2 = 10 mol

Phản ứng xảy ra vừa đủ → nCO₃^2- = 6 mol

Mặt khác Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ → CO₃^2- dư

Dung dịch cuối cùng chỉ chứa Na+ và CO₃^2- hay Na₂CO₃

Hỗn hợp ban đầu chứa 0,36m gam Fe và 0,64 gam Cu

Dễ thấy

mCu ban đầu = 0,64m < 0,68 = mX → X còn chứa Fe dư → HNO₃ hết

Đặt nNO₂ = x, nNO = y → nZ = x + y = 0,3 mol

nHNO₃ = 2nNO₂ + 4NO = 0,7 = 2x + 4y 

Giải hệ ta có:

x = 0,25 mol

y = 0,05 mol

%mNO₂ = 0,25.46 : (0,25.46 + 0,05.30) : 100% = 88,46%

(a) đúng

(b) đúng

(c) đúng

(d) sai vì xenlulozo có cấu trúc không phân nhánh

(e) đúng

Axit salixylic :

o-HO-C₆H₄COOH + CH₃OH → HO-C₆H₄COOCH₃

→ n_KOH = 2n_{metyl salixylat} = 0,2 mol

→m_KOH = 11,2g

Đáp án D

Nhận thấy đồ thị có các giai đoạn:

+ Giai đoạn kết tủa tăng dần do Ca(OH)₂ tác dụng với CO₂ tạo kết tủa CaCO₃.

+ Giai đoạn kết tủa không đổi do CO₂ tác dụng với KOH.

+ Giai đoạn kết tủa giảm dần do CO₂ tác dụng với CaCO₃ và hòa tan kết tủa này (tạo Ca(HCO₃)₂).

nCa(OH)₂ = nCaCO₃  = 0,15 mol

Lúc CO₂ đạt 0,5 mol thì kết tủa đã bị hòa tan mất 0,05 mol (do từ 0,45 mol đã bắt đầu hòa tan kết tủa).

→ x = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol

Do 2 thí nghiệm thu được lượng khí CO₂ khác nhau nên cả 2 thí nghiệm H⁺ đều phản ứng hết.

Xét thí nghiệm 1: cho từ từ b mol HCl và dd a mol Na₂CO₃ → xảy ra pư theo thứ tự

HCl + Na₂CO₃ → NaCl + NaHCO₃

HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂ + H₂O

→ n_CO2 = n_HCl – n_Na2CO3 = (b –a) mol

Xét thí nghiệm 2: cho từ từ a mol Na₂CO₃ vào b mol HCl → chỉ xảy ra pư

Na₂CO₃ + 2HCl →  NaCl + CO₂ + H₂O

→ n_CO2 = 1/2 n_HCl = 0,5b (mol)

Theo đề ta có: V_CO2(TN2) = 2V_CO2(TN1)

→ 0,5b = 2. (b –a)

→ 2a = 1,5b

→ a = 0,75b

n_KOH = 0,06 mol;  n_NaOH = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH + m_KOH = m_{rắn khan} + m_H2O  

→ m_H2O = 1,08 gam → n_H2O = 0,06 mol

Vì X là axit đơn chức → n_X = n_{NaOH, KOH} = n_H2O = 0,06 mol

→ M_­X = 3,6 / 0,06 = 60

→ X là CH₃COOH

Đáp án cần chọn là: B

Do kim loại còn dư ⇒ không có muối Fe3+

⇒ Y chứa FeCl2 và CuCl2 .

Bảo toàn nguyên tố Clo:

nAgCl = nHCl = 0,9 mol

⇒ mAgCl = 129,15(g) < 156,15(g).

⇒ kết tủa chứa Ag ⇒ nAg = (156,15 - 129,15) ÷ 108 = 0,25 mol = nFeCl2

⇒ nCuCl2 = (0,9 - 0,25 × 2) ÷ 2 = 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố Hidro và Oxi:

nO/X = nH2O = n ÷ 2 = 0,45 mol.

Bảo toàn nguyên tố Fe và Cu: 

m = 0,25 × 56 + 0,2 × 64 + 0,45 × 16 + 9,6 = 43,6(g) 

Vì X gồm 2 este đơn chức phản ứng vừa đủ với KOH mà n_KOH = 0,7 mol > n_X = 0,5 mol

⟹ X chứa một este của phenol

Gọi este của phenol là A và este còn lại trong X là B thì ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{hh}} = {n_A} + {n_B} = 0,5\\{n_{K{\rm{O}}H}} = 2{n_A} + {n_B} = 0,7\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_A} = 0,2\\{n_B} = 0,3\end{array} \right.\)

Vì X + KOH → Y có tham gia phản ứng tráng gương → B tạo ra anđehit Y → n_Y = n_B = 0,3 mol

Y là anđehit no, đơn chức, mạch hở nên Y có CTPT là C_nH_2nO: 0,3 mol

\({C_n}{H_{2n}}O + \frac{{3n - 1}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}nC{O_2} + n{H_2}O\)

0,3 → 0,15(3n-1) mol

→ n_O2 = 0,75 = 0,15.(3n - 1) ⟹ n = 2 ⟹ Y là C₂H₄O ⟹ m_Y = 0,3.44 = 13,2 gam

Xét phản ứng: A + 2KOH → muối + H₂O

                        0,2      0,4       0,2 mol

B + KOH → muối + Y

BTKL: m_X + m_KOH = m_muối + m_Y + m_H2O → m_X = 75,4 + 13,2 + 0,2.18 - 0,7.56 = 53 gam

Các chất tác dụng với AgNO₃ và NaOH là Fe(NO₃)₂, Al và ZnCl₂.

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O

⇒ nC₂H₃NO = nNaOH = 0,48 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

nCH₂ = nCO₂ – 2nC₂H₃NO = 0,27 mol.

⇒ nH₂O = (32,76 – 0,48 × 57 – 0,27 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: m = 18 × (0,48 × 1,5 + 0,27 + 0,09) = 19,44(g)

⇒ chọn D. 

Với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì:

nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC (Với k là độ bất bão hòa của HCHC)

⇒ Áp dụng: k = 6 = 3πC=C + 3πC=O 

X + 3H2 → Y → C17H35COONa duy nhất

⇒ Y là (C17H35COO)3C3H5

⇒ MY = 890 g/mol ⇒ MX = 890 – 3 × 2 = 884 g/mol.

nGlyxerol = nX = 1000 ÷ 884 mol

⇒ m = 104,07 (g) ⇒ Chọn B

mM = mC + mH + mO

⇒ mO = 14,4 - 0,6 × 12 - 0,4 × 2 = 6,4(g)

⇒ nO = 0,4 mol.

Do X, Y và Z đơn chức ⇒ đều chứa 2 [O] ⇒ nM = nO ÷ 2 = 0,2 mol.

⇒ 18 gam M ứng với 0,25 mol M

Đốt cho 0,75 mol CO₂ và 0,5 mol H₂O.

mH2O/NaOH = 150 × (1 - 0,1) = 135(g)

⇒ mH2O sinh ra = 138,24 - 135 = 3,24(g).

⇒ ∑nX, Y = 3,24 ÷ 18 = 0,18 mol

⇒ nCH3OH = nZ = 0,25 - 0,18 = 0,07 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m = 18 + 150 - 138,24 - 0,07 × 32 = 27,52(g)

⇒ chọn B. 

 nC = nCO2 = 1,2 mol

nH = 2nH2O = 1,8 mol.

Mặt khác:

mE = mC + mH + mO

⇒ mO = 25,8 - 1,2 × 12 - 1,8 = 9,6(g)

⇒ nO = 0,6 mol ⇒ nCOO = 0,6 ÷ 2 = 0,3 mol.

Đặt nX = x; nY = y.

nCOO = x + 3y = 0,3 mol

Tăng giảm khối lượng: X (?COOH) → (?COOK)

Y ((?COO)3C3H5 )→  3(?COOK)

⇒ (39 - 1)x + (39 × 3 - 41)y = 35,3 - 25,8.

Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,05 mol 

Với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì:

nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: gọi a và b là độ bất bão hòa của X và Y (a ≥ 1; b ≥ 3).

1,2 - 0,9 = 0,15.(a - 1) + 0,05.(b - 1)

⇒ a = 2 và b = 4.

⇒ X là axit không no, chứa 1π và Y chứa 1 gốc X.

⇒ M = (35,3 - 0,05 × 98 - 0,05 × 112) ÷ 0,2 = 124

⇒ Muối là C3H5COOK

⇒ X là C3H5COOH ⇒ chọn C. 

Đáp án A

Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp rắn vào 0,4 mol HCl và 0,05 mol NaNO₃ thu được 22,47 gam muối và 0,02 mol hỗn hợp khí gồm NO và N₂.

Giải được số mol NO và N₂ đều là 0,01 mol.

Do X chứa muối nên HCl phản ứng hết.

BTKL:

 mH2O = 7,44 + 0,4.36,5 + 0,05.85 - 33,47 - 0,02.29 = 3,24 → nH2O = 0,18

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa Y, nung Y trong không khí thu được rắn chứa MgO và Fe₂O₃ có khối lượng 9,6 gam.

Lượng O để oxi hóa hỗn hợp ban đầu lên tối đa là:

nNH4+ = (0,4 - 0,18.2) : 4 = 0,01 mol 

Cho AgNO₃ dư tác dụng với dung dịch X  ta thu được kết tủa gồm AgCl 0,4 mol (bảo toàn C) và Ag.

Bảo toàn e:

nO = (9,6 - 7,44) : 16 = 0,135 mol

nAg =  0,135.2 - 0,01.8 - 0,013 - 0,01.10 = 0,06 mol

m = 63,88 gam

nMg = 0,15 mol; nAl = 0,12 mol 

Hai khí thu được là N₂, N₂O 

Đặt nN₂ = x; nN₂O = y

⇒ nkhi = x+y = 0,04 mol; mkhí = 28x+44y = 0,04.18.2

Giải  hệ cho x - y = 0,02 mol

Bảo toàn electron:

2nMg + 3nAl = 10nN₂ + 8nNH₄⁺

⇒ nNH₄⁺ = 0,0375 mol 

nHNO₃ bi khu = 2nN₂ + 2nN₂O + nNH₄⁺ = 0,1375 mol bị khử

 Khí hóa nâu ngoài không khí là NO. MNO = 30 > 18 → Khí còn lại có phân tử khối < 18 →  Khí còn lại là H₂. 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} + {n_{{H_2}}} = 0,175mol\\
30{n_{NO}} + 2{n_{{H_2}}} = 3,15gam
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} = 0,1mol\\
{n_{{H_2}}} = 0,075mol
\end{array} \right.\)

BTKL: mX + mH2SO4 = m muối + m khí + mH2O tạo thành

→ 38,55 + 98.0,725 = 96,55 + 3,15 + 18.nH2O

→ nH2O tạo thành = 0,55 mol

Còn nH2O tạo thành + nH2 = 0,55 + 0,075 = 0,625 mol < nH2SO4

 Chứng tỏ có sản phẩm nNH4+

nNH4+ = (0,725.2 - 0,625.2) : 4 = 0,05 mol   

BTNT N: nFe(NO3)2 = 0,075 mol

BTNT.O: nZnO + 6nFe(NO3)2 = nNO + nH2O tạo thành

Đặt số mol của Mg, Al lần lượt là a, b 

→ nZnO = 0,1 + 0,55 - 6.0,075  = 0,02 mol

→ 24a + 27b = 8,85

Vì có sản phẩm H₂ tạo thành nên sau phản ứng Fe vẫn ở dạng Fe(II). 

2a + 3b =   0,85

Suy ra a= 0,2 và b = 0,15 → %mAl = 10,51%

Gần với giá trị 11 nhất.  

Vậy đáp án đúng là C

n_O2 = 1,275 mol; n_CO2 = 1,025 mol; n_H2O = 1,1 mol

BTNT “O”: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,6 mol

Ta thấy n_H2O > n_CO2 → Ancol là ancol no, hai chức, mạch hở

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2n-2O₂: 0,1 mol (= n_Br2)

C_mH_2m+2O₂: a mol

H₂O: -b mol (→ n _este = b mol)

BTNT “O”: n_O = 2.0,1 + 2a – b = 0,6 (1)

BTNT “C”: 0,1n + am = 1,025 (2)

BTNT “H”: (n-1)0,1 + (m+1)a – b = 1,1 (3)

Giải (1) (2) (3) được: a = 0,225 và b = 0,05

Vậy E gồm

Este: 0,05/2 = 0,025

Ancol: 0,225 – 0,025 = 0,2

Axit: 0,1 – 0,025.2 = 0,05

Mặt khác ta có: 0,1n + 0,225m = 1,025 → 0,225m < 1,025 → m < 4,46

Mà ancol có số C bằng X nên suy ra: m ≥ 3 → 3 ≤ m < 4

+ m = 4 → n = 1,25 (loại)

+ m = 3 → n = 3,5 (nhận) => X là C₃H₄O₂ và Z là C₃H₈O₂

Gọi số C của Y là k, BTNT “C”: 0,025(3+k+3) + 0,2.3 + 0,05.3,5 = 1,025 → k = 4

→ Y là C₄H₆O₂

→ n_C3H4O2 = n_C4H6O2 = 0,025 mol

\(E\left\{ \begin{gathered}
X:{C_3}{H_4}{O_2}:0,025 \hfill \\
Y:{C_4}{H_6}{O_2}:0,025 \hfill \\
Z:{C_3}{H_8}{O_{2:}}0,2 \hfill \\
T:{C_{10}}{H_{14}}{O_4}:0,025 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to Muoi\left\{ \begin{gathered}
{C_3}{H_3}{O_2}Na:0,025 + 0,025 = 0,05 \hfill \\
{C_4}{H_5}{O_2}Na:0,025 + 0,025 = 0,05 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

→ m _muối = 0,05.94 + 0,05.108 = 10,1 gam

Do X + Cu → sinh khí NO

⇒ X chứa H⁺ và NO₃^- ⇒ chỉ chứa Fe³⁺ .

Quy H về Fe, S, O và CO₂

Đặt nH⁺ = x

4H⁺ + NO + 3e → NO + 2H₂O

⇒ nNO = 0,25x mol, nH2O = 0,5x mol.

m chất tan giảm = mCu²⁺  - mNO - mH₂O

⇒ 18,18 = 20,16 - 30.0,25x - 18.0,5x

⇒ x = 0,12 mol.

Fe³⁺ + e → Fe²⁺ 

⇒ bảo toàn electron: 2nCu = 3/4nH⁺ + nFe³⁺ ⇒ nFe3+ = 0,54 mol.

⇒ nSO42- = nBaSO4 = (90,4 - 0,54 × 107) ÷ 233 = 0,14 mol.

Bảo toàn điện tích trong X:

⇒ nNO3- = 1,46 mol

Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2O = 0,94 mol.

Bảo toàn khối lượng: 1180m + 2 × 63 = 549m + 0,94 × 18 + 134,32

⇒ m = 0,04.

Đặt nO/H = a; nCO2/H = b

⇒ mH = 1180 × 0,04 = 0,54 × 56 + 0,14 × 32 + 16a + 44b

n nguyên tố O = 1180 × 0,04 × 0,24407 ÷ 16 = 0,72 mol = a + 2b

⇒ giải hệ có: a = 0,56 mol; b = 0,08 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n = 0,68 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n = 0,54 mol

⇒ n = 0,68 - 0,54 = 0,14 mol. 

%mNO2/T = 0,14 × 46 ÷ (549 × 0,04) × 100% = 29,33% 

n_X = 0,04 mol ; n_Y = 0,08 mol và n_Z = 0,2 mol

Quy E thành C₂H₃ON ; CH₂; NH với số mol lần lượt là x, y ,z mol và (CH₂=CHCOO)₃C₃H₅ : 0,2 mol ; H₂O : 0,12 mol

Bảo toàn C có n_CO2 = 2n_C2H3ON + n_CH2 + 12n_este = 2x + y + 12.0,2 =3,92 (1)

Bảo toàn H có 2n_H2O = 3n_C2H3ON + 2n_CH2 + n_NH + 14n_este + 2.0,12 => 2.2,92 = 3x + y + z + 0,2.14 + 0,24 (2)

Bảo toàn N có 2n_N2 = n_C2H3ON + n_NH = x + z = 2.0,24 (3)

Giải (1) (2) và (3) được x = 0,36 mol; y = 0,8 mol và z = 0,12 mol

m_E = 0,36.57 + 0,8.14 + 0,12.15 + 0,2.254 +0,12.18 =86,48

21,62 gam E + NaOH → muối+ C₃H₅(OH)₃ +H₂O

Có n_E = 21,62 : 86,48 . 0,32 = 0,08 mol nên \(\left\{ \begin{gathered}{n_X} = 0,01\,mol \\{n_Y} = 0,02\,mol \\{n_Z} = 0,05\,mol \\\end{gathered} \right.\)

n_NaOH = n_aa + 3n_Z = n_C2H3ON + 3n_Z = 0,36.0,08 : 0,32 + 3.0,05 = 0,24 mol

n_C3H5(OH)3 = n_Z = 0,05 mol và n_H2O = n_H2O(E) = 0,12.0,08 : 0,32 = 0,03 mol

BTKL : m_muối = m_E + m_NaOH – m_H2O – m_C3H5(OH)3 = 21,62 + 0,24.40 – 0,03.18 – 0,05.92 = 26,08 gam