A. Zn tan được trong dung dịch HNO₃ đặc nguội và H₂SO₄ đặc nguội. ⇒ Loại.

B. Fe không bền trong không khí ở nhiệt độ thường, dễ bị ăn mòn, hóa gỉ sắt. ⇒ Loại.

C. Cr thuộc nhóm kim loại nặng ⇒ Loại.

D. Al có đầy đủ các đặc điểm đã nêu: nhẹ, bền trong không khí ở nhiệt độ thường (tạo lớp màng oxit nhôm bền, bảo vệ kim loại bên trong khỏi sự ăn mòn); tan được trong dung dịch NaOH nhưng không tan trong dung dịch HNO₃ đặc nguội và H₂SO₄ đặc nguội.

Chọn dung dịch nước brom để phân biệt 2 khí SO₂ và CO₂:

+ Khí SO₂ làm mất màu nước brom.

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

+ Khí CO₂ không làm mất màu nước brom.

- HCl đều không phản ứng với 2 khí.

- NaOH đều phản ứng với 2 khí tạo dung dịch không màu, không có điểm khác biệt.

- Nước vôi trong đều phản ứng với 2 khí tạo kết tủa trắng.

⇒ Không dùng được 3 chất trên để phân biệt 2 khí.

A. propan-1-ol: CH₃CH₂CH₂OH

B. butan-1-ol: CH₃(CH₂)₂CH₂OH

C. butan-2-ol: CH₃CH(OH)CH₂CH₃

D. pentan-2-ol: CH₃CH(OH)CH₂CH₂CH₃

A đúng. Phương trình phản ứng: 2C₆H₅OH + 2Na → 2C₆H₅ONa + H₂

B và C đúng. CTCT của phenol là C₆H₅OH

D sai. Phenol có tính acid yếu.

Các chất tác dụng được với cả dung dịch HCl và dung dịch NaOH loãng là: Al, NaHCO₃, Fe(NO₃)₂, Cr(OH)₃.

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 3NO + 6H₂O

Fe(NO₃)₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + 2NaNO₃

Cr(OH)₃ + 3HCl → CrCl₃ + 3H₂O

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O

Etylamin có CTCT: CH₃CH₂NH₂

Đây là hợp chất amin bậc I.

Các công thức thỏa mãn là:

HCOOCH₂CH=CH₂

HCOOCH=CHCH₃

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

Al có 13 hạt proton và 14 hạt notron

A sai. Axit fomic không bị thủy phân trong môi trường acid.

B đúng. Saccarozơ có nhiều nhóm –OH gắn với C liền kề nên tạo phức được với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.

2HCOOH + Cu(OH)₂ → (HCOO)₂Cu + 2H₂O

C đúng. Saccarozơ là đường không khử, không có khả năng tham gia phản ứng tráng gương.

D đúng. Cả 2 chất đều không phản ứng với NaCl.

Ancol metylic dùng để điều chế trực tiếp axit axetic 

(1) Giảm nhiệt độ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận vì phản ứng thuận thu nhiệt (ΔH < 0).

(2) Giảm áp suất làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch để làm tăng số mol khí, tăng áp suất chung của hệ.

(3) Thêm xúc tác bột sắt không làm chuyển dịch cân bằng vì làm tăng tốc độ cả phản ứng thuận và phản ứng nghịch.

(4) Giảm nồng độ H₂ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận để làm giảm số mol khí H₂. Vậy chỉ có một yếu tố làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

A sai. Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá theo % về khối lượng của P₂O₅ trong phân.

B đúng. NH₄⁺ và NO₃^– là 2 dạng ion cung cấp đạm mà dễ tan, cây dễ hấp thu.

C sai. Độ dinh dưỡng của phân kali được đánh giá theo % về khối lượng của K₂O trong phân.

D sai. Supephotphat đơn có thành phần chính là Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄.

A đúng. Kim loại Cesi mềm như sáp, là kim loại mềm nhất.

B đúng. Đi từ Li đến Cs, bán kính kim loại tăng dần, các nguyên tử dễ tách nhau hơn, nhìn chung nhiệt độ nóng chảy của chúng giảm dần.

C sai. Liti là kim loại có thế điện cực chuẩn nhỏ nhất (-3,05 V).

D đúng. Kim loại kiềm có cấu hình e lớp ngoài cùng là ns¹, chúng dễ tách 1 e để tạo cấu hình bền của khí hiếm, do vậy kim loại kiềm có năng lượng ion hóa I₁ nhỏ nhất. Trong đó, Cs có bán kính lớn nhất, dễ tách 1 e lớp ngoài nhất nên Cs có năng lượng ion hóa I₁ nhỏ nhất.

Đặt CTTQ của este là: C_xH_yO_2z

Este no, mạch hở có độ bội liên kết  \(k = \frac{{2x + 2 - y}}{2} = z \Leftrightarrow 2x + 2 - y = 2z\)

Thử các đáp án chỉ thấy có công thức A phù hợp (x = 12, y = 16, z = 5 ).

Áp dụng tăng giảm khối lượng có: \({n_X} = \frac{{8,14 - 4,5}}{{36,5}} = 0,1 \Rightarrow {M_X} = 45 \Rightarrow X\) là CH₃CH₂NH₂

Đặt CTTQ của A là C_nH_2n+2O_m

18 gam A + Na → 0,2 mol H₂

⇒  \({n_{OH}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,4 \Rightarrow \frac{{18}}{{14n + 16m + 2}}.m = 0,4 \Rightarrow 14n + 2 = 29m\)

Trong các chất trên, chỉ có dầu hóa không phản ứng được với Na nên được dùng để bảo quản Na khỏi tác nhân không khí, độ ẩm, hơi nước…

Phương trình phản ứng:

2C₆H₅OH + Na → 2C₆H₅ONa + H₂

2H₂O + 2Na → 2NaOH + H₂

2C₂H₅OH + 2Na → 2C₂H₅ONa + H₂

Acid panmitic, acid stearic, acid oleic đều là các acid béo, là thành phần cấu tạo nên chất béo.Chỉ có acid acetic không phải là một acid béo.

Quy đổi 15,15 gam hỗn hợp X thành Ca, Al và C. Xét quá trình đốt hỗn hợp khí Z, ta có hệ sau:

\(\left\{ \begin{array}{l} 40{n_{Ca}} + 27{n_{Al}} + 12{n_C} = {m_X}\\ {n_C} = {n_{C{O_2}}}\\ 2{n_{Ca}} + 3{n_{Al}} + 4{n_C} = 4{n_{{O_2}}}\\ {n_{{O_2}}} = \frac{{0,2.2 + 0,525}}{2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 40{n_{Ca}} + 27{n_{Al}} + 12{n_C} = 15,15\\ {n_C} = 0,2\\ 2{n_{Ca}} + 3{n_{Al}} = 1,05 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{Ca}} = 0,15{\rm{ mol}}\\ {{\rm{n}}_{Al}} = 0,25{\rm{ mol}}\\ {{\rm{n}}_C} = 0,2{\rm{ mol}} \end{array} \right.\)

Dung dịch Y gồm Ca²⁺ (0,15 mol), AlO₂^– (0,25 mol) và OH^–. Xét dung dịch Y có:

\(BDT:{n_{O{H^ - }}} = 2{n_{C{a^{2 + }}}} - {n_{AlO_2^ - }} = 0,05\)

Khi cho 0,4 mol HCl tác dụng với dung dịch Y ta nhận thấy:  \({n_{Al{O_2}^ - }} < {n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}} < 4{n_{Al{O_2}^ - }}\)

\( \Rightarrow {n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{4{n_{Al{O_2}^ - }} - \left( {{n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}}} \right)}}{3} = \frac{{13}}{{60}}\)

mAl(OH)₃ = 16,9 gam

Khí A gồm CH₃CHO (x mol) và C₂H₂ (y mol)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 44x + 26y = 2,02\\ {m_{Ag}} + {m_{A{g_2}{C_2}}} = 108.2x + 240y = 11,04 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,04\\ y = 0,01 \end{array} \right.\)

⇒ Hiệu suất hợp nước trong bình (1):  \(H\% = \frac{{0,04}}{{0,04 + 0,01}}.100\% = 80\% \)

Quy đổi hỗn hợp X về:  \(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_3}ON:0,3{\rm{ mol}}\\ {\rm{C}}{{\rm{H}}_2}:a{\rm{ mol}}\\ {\rm{COO:b mol}}\\ {{\rm{H}}_2}O \end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{3}{2}a = 1,11 - \frac{9}{4}.0,3\\ 0,3.2 + a + b = 0,97 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,29\\ b = 0,08 \end{array} \right.\)

X tác dụng với KOH thu được muối: \(m = 0,3.57 + 14.0,29 + 0,08.44 + 0,38.56 - 18.0,08 = 44,52\)

a) Sai. Từ Na₂SO₄ cần tối thiểu 2 phản ứng để điều chế kim loại Na.

Na₂SO₄ + BaCl₂ → 2NaCl + BaSO₄

2NaCl → 2Na + Cl₂

b) Đúng. Phương pháp thủy luyện:

CuSO₄ + Fe → Cu + FeSO₄

Phương pháp nhiệt luyện:

CuO + CO → Cu + CO₂

Phương pháp điện phân:

CuCl₂ → Cu + Cl₂

c) Đúng.

d) Sai. Trong điện phân, ở catot xảy ra quá trình khử, ở anot xảy ra quá trình oxi hóa.

Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot: 2Cl^– → Cl₂ + 2e

e) Sai. Nối thanh Cu với thanh Zn bằng dây dẫn rồi nhúng vào dung dịch HCl thì khí thoát ra chủ yếu ở thanh Cu. Cu đóng vai trò là catot, Zn đóng vai trò anot.

Catot: 2H⁺ + 2e → H₂

Anot: Zn → Zn²⁺ + 2e

f) Sai. Kim loại kiềm có khả năng dẫn điện cao.

g) Sai. Các hợp kim thường dẫn điện kém hơn so với các kim loại do trong hợp kim còn có các liên kết cộng hóa trị làm giảm độ linh động của electron.

h) Sai. Tính chất vật lý của hợp kim không khác nhiều kim loại tạo ra chúng.

i) Sai. Tính dẫn điện của các kim loại giảm dần theo thứ tự Ag, Cu, Au, Al.

k) Sai. Gang xám: Chứa nhiều C và S, ít cứng và kém giòn hơn gang trắng, dùng chế tạo máy, ống dẫn nước. Gang xám dùng để đúc bệ máy, ống dẫn nước,…

(a) Đúng. Axit no, mạch hở, đơn chức và este no, mạch hở, đơn chức có CTTQ là C_nH_2nO₂.

(b) Đúng. Một hợp chất hữu cơ chứa 3 nguyên tố C, H, O có CTTQ là C_nH_2n+2-2kO_m. (là một số chẵn).

(c) Sai. Điamin có số nguyên tử H chẵn.

(d) Sai. Dung dịch fructozơ bị khử bởi H₂ (xúc tác Ni, t°) tạo ra sobitol.

(e) Đúng.

(f) Đúng. Este no, có 2 chức –COO– và 1 vòng nên độ bội liên kết  công thức dạng C_nH_2n-4O₄.

(g) Sai. Đa số các polime không tan trong các dung môi hữu cơ như benzen, ete, xăng

(h) Sai. Các amino axit là các chất rắn, có nhiệt độ sôi cao.

(i) Đúng. Anilin có tên thay thế là phenylamin.

(k) Sai. Đường mạch nha đều có thành phần chính là maltozơ.

\({n_{C{O_2}}} = \frac{{10,08}}{{22,4}} = 0,45;{n_{{H_2}O}} = \frac{{7,2}}{{18}} = 0,4;{n_X} = {n_{ancol}} = 0,15\)

⇒ Số C của ancol và este \( = \frac{{0,45}}{{0,15}} = 3\)

⇒ Este có thể là CH₃COOCH₃, HCOOC₂H₅.

Số H trung bình  \(= \frac{{2.0,4}}{{0,15}} = 5,33\)

⇒ Ancol là  \(CH \equiv CC{H_2}OH\)

Đặt số mol ancol, este trong X lần lượt là a, b.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,15\\ 2a + 3b = 0,4 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,05\\ b = 0,1 \end{array} \right.\\ \to {n_{{O_2}}} = 2.0,45 + 0,4 - \left( {0,05 + 2.0,1} \right) = 1,05 \to {V_{{O_2}}} = 23,52 \end{array}\)

Nhận thấy các chất hữu cơ trong X đều có 3C

⇒ n_{chất hữu cơ} = \( \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{3} = \frac{{30,24}}{{22,4.3}} = 0,45\) mol

⇒ \({n_{{H_2}}} = 0,75 - 0,45 = 0,3\) mol

\(\frac{{{M_Y}}}{{{M_X}}} = 1,25;{m_X} = {m_Y} \Rightarrow \frac{{{n_X}}}{{{n_Y}}} = 1,25 \Rightarrow {n_Y} = \frac{{0,75}}{{1,25}} = 0,6\)mol

\( \to {n_{{H_2}{\rm{ phan ung}}}} = {n_X} - {n_Y} = 0,15\)mol

\(BTKL(\pi ):{n_{B{r_2}}} = 0,45 - 0,15 = 0,3\)mol

0,6 mol Y phản ứng hết với 0,3 mol Br₂.

⇒ 0,1 mol Y phản ứng hết với 0,05 mol Br₂.

 \( \Rightarrow V = \frac{{0,05}}{{0,1}} = 0,5\)

\({n_O} = \frac{{16,8\% .25}}{{16}} = 0,2625\)

Đặt số mol Cu, Fe trong X lần lượt là x, y.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 64x + 56y + 16.0,2625 = 25\\ {m_{CuO}} + {m_{F{e_2}{O_3}}} = 80x + 160.\frac{y}{2} = 28 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,15\\ y = 0,2 \end{array} \right.\)

 Trong dung dịch Y:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{F{e^{2 + }}}} + {n_{F{e^{3 + }}}} = 0,2{\rm{ }}mol\\ \to 2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + 2.0,15 = 2.0,2625 + 3.\frac{{1,68}}{{22,4}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,15{\rm{ mol}}\\ {{\rm{n}}_{F{e^{3 + }}}} = 0,05{\rm{ mol}} \end{array} \right.\\ \to {n_{NO_3^ - (Y)}} = 0,25 - 0,075 = 0,175\\ \to b = 2.0,15 + 3.0,05 + 2.0,15 - 0,175 = 0,575\\ \Rightarrow m = {m_{AgCl}} + {m_{Ag}} = 143,5.0,575 + 108.0,15 = 98,7125 \end{array}\)

Trong X chứa  (u mol),  (v mol), Na⁺ (x + 2y mol)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow u + v = \frac{{6,16}}{{22,4}} + y = 0,275 + y\\ {n_{{H^ + }}} = 0,2.\left( {1 + 2.0,3} \right) = 0,32\\ {n_{{H^ + }}} = {n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{C{O_2}}} = u + \frac{{2,688}}{{22,4}} = u + 0,12 = 0,32 \Rightarrow u = 0,2\\ {m_ \downarrow } = {m_{BaS{O_4}}} + {m_{BaC{O_3}}} = 233.0,06 + 197.{n_{BaC{O_3}}} = 59,29g \Rightarrow {n_{BaC{O_3}}} = 0,23\\ \to u + v = 0,12 + 0,23 \Rightarrow v = 0,15\\ \Rightarrow y = 0,075 \end{array}\)

Bảo toàn điện tích có: \(x + 2y = 2u + v \Rightarrow x = 0,4\)        

\( \Rightarrow x:y = 5,33\) gần nhất với 5,1

n_e = 0,4 mol → n_{Cl- pư} = 0,4 mol → n_Cl2 = 0,2 mol

→  m_Cu = 20,6 - 0,2.71 = 6,4 gam → n_Cu = 0,1 mol

→ m_Fe3+ = 0,4 - 0,1.2 = 0,2 mol → n_Ag = 0,2 mol

→ n_AgCl = (136,4 - 0,2.108)/143,5 = 0,8 mol

BTNT "Cl" → X chứa CuCl₂ (0,8 mol) < 2n_Mg → Mg dư

→ a = 14,88 + 0,3.64 + 0,2.56 - 0,4.24 = 35,68 gam

Đáp án cần chọn là: B

\(\begin{array}{l} {n_{AgCl}} = {n_{HCl}} = 0,6 \Rightarrow {n_{Ag}} = \frac{{102,3 - 143,5.0,6}}{{108}} = 0,15\\ \Rightarrow {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,15 \end{array}\)

Bảo toàn điện tích ta có:

\(\begin{array}{l} {n_{C{u^{2 + }}}} = \frac{{0,6 - 2.0,15}}{2} = 0,15\\ BTKL:m + 36,5.0,6 = 56.0,15 + 64.0,15 + 35,5.0,6 + 6,4 + 18.\frac{1}{2}.0,6 \Rightarrow m = 29,2 \end{array}\)

\(\begin{array}{l} {n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_2}}} = \frac{{0,92}}{{92}} = 0,01\\ {n_{NaOH}} = 3{n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} + {n_Z} = 0,05 \Rightarrow {n_Z} = 0,02\\ \Rightarrow {m_X} = \left( {92 + 3{M_Z} - 3.18} \right).0,01 + {M_Z}.0,02 = 14,58g \Rightarrow {M_Z} = 284 \end{array}\)

0,15 mol Z + Na → 0,15 mol H₂

⇒ Z là ancol 2 chức.

m_{bình tăng} = \({m_Z} - {m_{{H_2}}} = 11,1g \Rightarrow {m_Z} = 11,1 + 2.0,15 = 11,4\)

\( \Rightarrow {M_Z} = \frac{{11,4}}{{0,15}} = 76 \Rightarrow \) Ancol Z là C₃H₆(OH)₂.

Y + O₂ → 0,08 mol CO₂ + 0,08 mol H₂O

⇒ Y là axit no, đơn chức, mạch hở.

0,05 mol E + 0,24 mol O₂ → 0,21 mol CO₂ + 0,2 mol H₂O.

Đặt số mol của X, Y, Z trong E lần lượt là x, y, z.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + y + z = 0,05\\ {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = x - z = 0,21 - 0,2 = 0,01\\ \to 4x + 2y + 2z + 2.0,24 = 2.0,21 + 0,2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,02\\ y = 0,02\\ z = 0,01 \end{array} \right.\\ \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = \left( {3 + 2{C_Y}} \right).0,02 + {C_Y}.0,02 + 3.0,01 = 0,21 \to {C_Y} = 2\\ \Rightarrow \% {m_Y} = \frac{{60.0,02}}{{\left( {76 + 2.60 - 2.18} \right).0,02 + 60.0,02 + 76.0,01}}.100\% = 23,26\% \end{array}\)

Số H của X, Y = 2 ⇒ X là HCOOH, Y là (COOH)₂

F + O₂ → 0,26 mol CO₂ + 0,44 mol H₂O

⇒ n_F =  nH₂O - nCO₂ = 0,18 mol

Số C trung bình của F = 1,44

⇒ 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{H_3}OH}} + {n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,18{\rm{ mol}}\\ {{\rm{n}}_{C{H_3}OH}} + 2{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,26{\rm{ mol}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{H_3}OH}} = 0,1{\rm{ mol}}\\ {{\rm{n}}_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,08{\rm{ mol}} \end{array} \right.\)

Muối gồm HCOONa (a mol), (COONa)₂ (b mol)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{NaOH}} = a + 2b = 0,24{\rm{ mol}}\\ 68a + 134b = 16,14g \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,06\\ b = 0,09 \end{array} \right.\)

Kết hợp với số mol 2 ancol ta có E gồm:

CH₃OOC-COOC₂H₅: 0,08 mol

HCOOCH₃: 0,02 mol

HCOOH: 0,04 mol

(COOH)₂: 0,01 mol

\( \Rightarrow \% {m_{{{(COOH)}_2}}} = \frac{{90.0,01}}{{132.0,08 + 60.0,02 + 46.0,04 + 90.0,01}}.100\% = 6,2\% \)

(1) Zn + 2AgNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2Ag

(2) Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄

(3) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

2NaOH + CuSO₄ → Na₂SO₄ + Cu(OH)₂

(4) CO + CuO → Cu + CO₂

(5) 2H₂O → 2H₂ + O₂

(6) 2Fe₂(SO₄)₃ + 2H₂O → 4FeSO₄ + O₂ + 2H₂SO₄

     2FeSO₄ + 2H₂O → 2Fe + O₂ + 2H₂SO₄

     2H₂O → 2H₂ + O₂

(7) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

     2NaOH + MgSO₄ → Na₂SO₄ + Mg(OH)₂

(8) Hg(NO₃)₂ → Hg + 2NO₂ + O₂

(9) AgNO₃ → Ag + NO₂ +  O₂

(10) 3H₂ + Cr₂O₃  → 2Cr + 3H₂O

(11) H₂S + 2AgNO₃ → Ag₂S + 2HNO₃

(12) Zn + 2CrCl₃ → ZnCl₂ + 2CrCl₂

     Zn + CrCl₂ → ZnCl₂ + Cr

Có tất cả 7 phản ứng tạo thành kim loại.

Vôi tôi xút 2 muối thu được 0,21 mol khí, gồm khí A (0,07 mol) và khí B (0,14 mol)

m khí = 0,07A + 0,14B = 0,21.4.15,5/3

→ A + 2B = 62 → A = 2 (H2), B = 30 (C2H6) là nghiệm duy nhất.

Đốt E → nH2O = 0,44, bảo toàn khối lượng

→ nCO2 = 0,93

Bảo toàn O → nO(E) = 0,84 → nCOONa = 0,42

Dễ thấy nCOONa = 2n khí nên các muối đều 2 chức.

→ X là (COONa)2 (0,07) và Y là C2H4(COONa)2 (0,14)

Bảo toàn C → nC của ancol = 0,93 – 0,07.2 – 0,14.4 = 0,23

Ancol dạng CnH2n+2O (0,23/n mol) → M ancol = 14n + 18 = 7,36n/0,23

→ n = 1: CH3OH (0,23 mol)

Kết hợp số mol hai muối ta có F chứa: (COOH)2: 0,07 mol C2H4(COOH)2: 0,025 mol C2H4(COOCH3)2: 0,115 mol

→ E chứa: (COOH)2: 0,07 mol C2Hr(COOH)2: 0,025 mol C2Hs(COOCH3)2: 0,115 mol

→ nH = 0,07.2 + 0,025(r + 2) + 0,115(s + 6) = 0,44.2

→ 5r + 23s = 0 → r = s = 0 là nghiệm duy nhất.

Vậy E chứa: (COOH)2: 0,07 mol HOOC-C≡C-COOH: 0,025 mol (11,19%) CH3OOC-C≡C-COOCH3: 0,115 mol 

Y chứa n_Cu²⁺ = n_Na⁺ = x; n_Cl^– = 2n_SO4^2– 

Bảo toàn điện tích:

n_Cl^– = 2n_SO4^2– = 1,5x 

Fe + Z → 2 kim loại ⇒ Fe dư, Z chứa Cu²⁺.

Khối lượng Fe giảm ⇒ Z chứa H⁺ Quy sản phẩm điện phân về CuCl₂ và CuO.

⇒ n_CuCl2 = 0,75x mol; đặt n_CuO = y ⇒ m_{dd giảm} = 135 × 0,75x + 80y = 20,225 (g).

n_H⁺ = 2y mol; n_Cu²⁺/Z = (0,25x – y) mol

⇒ tăng giảm khối lượng:

∆m = 56y – 8.(0,25x – y) = 0,0325m = 0,0325.(64x + 23x + 35,5.1,5x + 96.0,75x).

⇒ giải hệ có: x = 0,18 mol; y = 0,025 mol ⇒ n_e = 0,32 mol ⇒ t = 11523s 

Khi nCO₂ = 0,1 mol, kết tủa bị hòa tan một phần.

\(\begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 2{n_{Ca{{(OH)}_2}}} - {n_{CaC{O_3}}} = 0,1 \Rightarrow {n_{Ca{{(OH)}_2}}} = \frac{{0,1 + 0,02}}{2} = 0,06\\ \Rightarrow {m_{ \downarrow \max }} = 100.0,06 = 6g \end{array}\)

+ T chứa 3 chất hữu cơ trong đó chắc chắn có Y → T phải chứa 2 ancol

+ Z là este tạo bởi axit 2 chức.

+ Quy đổi A về C₂H₄NO₂K: x mol, (COOK)₂: y mol, CH₂: z mol

⇒ n_O2 = 2,25x + 0,5y + 1,5z = 0,685 mol.

nK₂CO₃ = 0,11 mol.

Bảo toàn nguyên tố kali: x + 2y = 0,11 × 2

+ Đốt A cho CO₂: 1,5x + y + z; H₂O: 2x + z → 30,4 = 44.(1,5x + y + z) + 18.(2x + z)

+ Giải hệ có: x = z = 0,18 mol; y = 0,02 mol ⇒ n_X = 0,06 mol.

+ Đặt số gốc CH₂ ghép vào peptit và axit là 2a và b (a ≥ 2; b ≥ 1).

⇒ 0,06.2a + 0,02b = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên: a = 1; b = 3.

⇒ X là Ala–Ala–Gly và muối của axit là C₅H₆O₄K₂. Do có cùng số C nên Z chứa 8C.

⇒ Z tạo bởi 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH → nCH₃OH = nC₂H₅OH = 0,02 mol.

⇒ m_Y = 0,08 × 24,75 × 2 – 0,02 × 32 – 0,02 × 46 = 2,4 gam.

X: CxH2x-4O7N6 (a mol)

Y: CnH2n-2O4 (b mol)

Z: CmH2m-4O6 (c mol)

nNaOH = 6a + 2b + 3c = 0,3

nH2O = a(x – 2) + b(n – 1) + c(m – 2) = 0,54

nO2 = a(1,5x – 4,5) + b(1,5n – 2,5) + c(1,5m – 4) = 0,685

mE = a(14x + 192) + b(14n + 62) + c(14m + 92) = 19

Giải hệ trên được:

a = 0,01

b = 0,09

c = 0,02

ax + bn + cm = 0,69

→ 0,01x + 0,09n + 0,02m = 0,69

→ x + 9n + 2m = 69

Với x ≥ 12; n ≥ 4, m ≥ 6 và x chia hết cho 6

→ x = 12; n = 5; m = 6 là nghiệm phù hợp duy nhất.

Các chất trong E: X là (Gly)6 (0,01 mol)

Y là C5H8O4 (0,09 mol)

Z là C6H8O6 (0,02 mol) → %X = 18,95% 

18,26 gam E + 0,585 mol O₂ → 0,49 mol H₂O + 0,64 mol CO₂ (1).

BTKL ⇒ n_CO2 = 0,64 mol. BTNT O ⇒ n_O(E) = 0,6 mol. Vậy E có 0,64 mol C; 0,98 mol H và 0,6 mol O.

E chứa các este no, mạch hở nên 1 chức este phản ứng với 1NaOH. Do đó nNaOH pư = 0,3 mol ⇒ n_{NaOH dùng} = 0,42 mol.

18,26g E (0,64 mol C; 0,98 mol H; 0,6 mol O) + 0,42 mol NaOH → T + 2 ancol (đđ kế tiếp) (2).

T + O₂ → Na₂CO₃ + CO₂ + 0,06 mol H₂O (3).

Từ (3) BTNT H: n_H(T) = 2nH₂O = 0,12 mol.

Xét (2) BTNT H: n_H(E) + n_H(NaOH) = n_H(T) + n_H(ancol) ⇔ n_H(ancol) = 1,28 mol.

n_ancol = n_COO = 0,3 mol ⇒ số H tb = \(\dfrac{1,28}{0,3}\) = 4,266... ⇒ hai ancol là CH₃OH và C₂H₅OH.

Từ mol ancol và mol H trong ancol tính được n_CH3OH = 0,26 mol; n_C2H₅OH = 0,04 mol.

n_C(ancol) = 0,34 mol ⇒ n_C(T) = n_C(E) – n_C(ancol) = 0,3 mol.

Vậy trong T có 0,3 mol C; 0,12 mol H; 0,42 mol Na và O.

T chứa muối của axit cacboxylic và NaOH dư 0,12 mol

⇒ Muối axit cacboxylic trong T chứa 0,3 mol C; 0,6 mol O; 0,3 mol Na và không chứa H.

n_C : n_O : n_Na = 0,3 : 0,6 : 0,3 = 1 : 2 : 1. ⇒ Muối đó là (COONa)₂.

Các este X, Y, Z theo thứ tự là CH₃OOC–COOCH₃, CH₃OOC–COOC₂H₅, C₂H₅OOC–COOC₂H₅.

M_Z = 146.

Chọn D.