\({\left( {{C_{17}}{H_{33}}COO} \right)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH{\rm{ }}\to3{C_{17}}{H_{33}}COONa{\rm{ }} + {C_3}{H_5}{\left( {OH} \right)_{\rm{3}}}{\rm{ }}\)

\({{\rm{n}}_{{\rm{muoi}}}} = \frac{{22,8}}{{304}} = \;0,075{\rm{ }}mol\)  \( \to {\rm{ }}{m_{triolein}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{{n_{{\rm{muoi}}}}}}{3}.884{\rm{ }} = 0,075{\rm{ }}3.884 = 22,1{\rm{ }}gam\)

(a) Mg + Fe₂(SO₄)_{3 dư} → MgSO₄ + 2FeSO₄.

(b) 2FeCl₂ + Cl₂ → 2FeCl₃.

(c) CuO + H₂ \(\overset{t^{o}}{\rightarrow}\) Cu + H₂O.

(d) 2Na + H₂SO_{4 dư} → Na₂SO₄ + H₂↑.

(e) 2AgNO₃ \(\overset{t^{o}}{\rightarrow}\) 2Ag↓ + 2NO₂↑ + O₂↑.

(g) 4FeS₂ + 11O₂ \(\overset{t^{o}}{\rightarrow}\) 2Fe₂O₃ + 8SO₂↑.

(h) CuSO₄ + H₂O \(\xrightarrow[diencuctro]{dpdd}\) Cu↓ + H₂SO₄ + O₂↑.

⇒ (c), (e) và (h) thỏa 

Đặt  \({m_{Al}} = {m_{F{e_3}{O_4}}} = 232{\rm{ }}gam\)

PTHH: 8Al+ 3Fe₃O₄  → 4Al₂O₃ + 9Fe

Suy ra sau phản ứng Al dư.

Vậy hỗn hợp chất rắn Y sau phản ứng thu được là Al , Al₂O₃ và Fe .

Chú ý : Để xác định các chất sau phản ứng trong phản ứng nhiệt nhôm, ta viết phương trình và tính số mol trước và sau phản ứng

\({\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} Al\\ Cu \end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l} {\rm{ }}AgN{O_3}\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {\rm{Ran X(2 kim loai)}}\\ {\rm{Dung dich Y(3 muoi)}} \end{array} \right.{\rm{ }}\;\)

Dãy điện hóa của kim loại:  \(\frac{{A{l^{3 + }}}}{{Al}}\frac{{F{e^{2 + }}}}{{Fe}}{\rm{ }}\frac{{C{u^{2 + }}}}{{{\rm{ }}Cu}}{\rm{ }}\frac{{F{e^{3 + }}}}{{F{e^{2 + }}}}{\rm{ }}\frac{{A{g^ + }}}{{Ag}}{\rm{ }}\)

X chắc chắn có Ag và một kim loại nữa trong ba kim loại Al, Fe, Cu. Khi đó thì bất kể là kim loại nào trong ba kim loại đó cũng sẽ đẩy hết muối Fe³⁺ thành muối Fe²⁺  nên trong dung dịch Y không tồn tại cation Fe³⁺. Đến đây, ta thấy chỉ duy nhất đáp án B thỏa mãn.

Dung dịch thu được tác dụng được Al sinh ra khí → dung dịch sau điện phân hoặc chứa H⁺ hoặc chứa OH^-

TH1: Dung dịch sau điện phân chứa H⁺ → chứng tỏ bên anot điện phân hết Cl^-, tiếp tục điện phân đến H₂O

Dung dịch sau điện phân chứa \(\left\{\begin{array}{l} K_2SO_4\\H_2SO_4\\CuSO_4( co the co)\end{array} \right.\) + Al → \(\left\{\begin{array}{l} K_2SO_4\\Al_2(SO_4)_3\end{array} \right.\) + H₂

Có n_H2 = 0,075 mol.

Bảo toàn electron → n_Al = 2.0,075 : 3 = 0,05 mol → n_Al2(SO₄)₃ = 0,025 mol

Nhận thấy n_SO4^2- ( Al₂(SO₄)₃) = 0,025. 3 > n_SO4 (CuSO₄) = 0,05 (loại)

TH2: Dung dịch sau điện phân chứa OH^- → n_OH^- dư = 2n_H2 : 3= 0,05 mol

Gọi số mol của Cl₂,O₂ và H₂ lần lượt là x ; y và z

m_giảm = m_Cu + m_Cl2 +m_H2 + m_O2 → 9,475 = 0,05. 64 + x.71 + 32y + 2z

Bảo toàn electron → 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cl2 + 4n_O2 → 2.0,05 + 2z = x. 2 + 4y

Lượng OH^- sinh ra bên catot dùng để trung hòa một phần lượng H⁺sinh ra ở anot và phản ứng với Al

Có ∑n_OH^-= 2n_H2 ( catot) = 4n_O2 + n_OH^- dư → 2z = 4.y +0,05

Giải hệ \(\left\{\begin{array}{l} 9,475 = 0,05. 64 + x.71 + 32y + 2z\\2.0,05 + 2z = x. 2 + 4y\\ 2z = 4.y +0,05\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,075\\ y = 0,025\\ z = 0,075\end{array} \right.\)

Số e trao đổi là 2n_Cu + 2n_H2 = 2.0,05 + 2. 0,075 = 0,25

Có n _e = \(\dfrac{It}{F}\) → 0,25 = \(\dfrac{5t}{96500}\) → t = 4825s . 

Tính dẻo của kim loại :  \(Au > Al > Cu > Ag > Sn > ...\)

Các ứng dụng của este là

(1) Do có khả năng hòa tan tốt nhiều chất nên một số este được dùng làm dung môi để tách, chiết chất hữu cơ ( etyl axetat ), pha sơn ( butyl axetat ) ,...

(3) Một số polime của este được dùng để sản xuất chất dẻo.

(4) Một số este có mùi thơm, không độc, được dùng làm chất tạo hương trong công nghiệp thực phẩm , mĩ phẩm ,...

Khối lượng dung dịch giảm là:  \({m_{CaC{O_3}}} - {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} = {\rm{ }}4,8\)

 \( \to {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} = {\rm{ }}40 - 4,8 = 35,2g \to {n_{C{O_2}}} = 0,8{\rm{ }}mol\)

Ta có    \({n_{Glucozo}}{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{2}.\frac{1}{{H\% }} = \frac{5}{9}mol\) \(\to {\rm{ }}{m_{Glu}}{\rm{ }} = \frac{5}{9}.180 = 100{\rm{ }}gam\)

Vậy m = 100 gam

A.AgNO₃ + HCl → HNO₃ + AgCl ↓ (trắng)

B.3AgNO₃ + H₃PO₄ → 3HNO₃ + Ag₃PO₄ ↓ . Nhưng sau đó, Ag₃PO₄ ↓ tan trong axit HNO₃ .

C.2AgNO₃ + H₂S → 2HNO₃ + Ag₂S ↓ (đen)

D.AgNO₃ + HBr → HNO₃ + AgBr ↓ (vàng nhạt)

Tristearin là este của axit stearic với ancol glixerol.

Y làm quỳ tím hóa đỏ nên Y có tính axit nên loại ngay được đáp án B và D. Y tạo dung dịch đồng nhất khi tác dụng với HCl và tạo kết tủa trắng khi tác dụng với Ba(OH)₂ nên Y chỉ có thể là KHSO₄ vì khi AlCl₃ khi tác dụng với Ba(OH)₂ sẽ tạo kết tủa và rồi kết tủa lại tan.

PTHH: KHSO₄ +HCl → KCl + H₂SO₄

KHSO₄ +Ba(OH)₂ → BaSO₄ + KOH +H₂O

Cho miếng hợp kim Fe-C vào dung dịch HCl loãng, khi đó xảy ra quá trình ăn mòn điện hóa học ứng với sự hình thành pin điện. Tại catot( cực dương), ion H⁺ của dung dịch HCl nhận electron biến thành nguyên tử H rồi thành phân tử H₂ thoát ra :2H⁺ + 2e → H2↑.

Etylamin(C₂H₅NH₂) làm đổi màu quỳ tím sang xanh.

Amino axit no, mạch hở có công thức C_nH_mO₄N nên amino axit này có 2 nhóm −COOH và 1 nhóm –NH₂. Đặt công thức cấu tạo của nó là NH₂CaH_2a-1(COOH)₂ 

Suy ra ,  \(n = a + 2va{\rm{ }}m = 2 + \left( {2a - 1} \right) + 2 = 2a + 3{\rm{ }} \to {\rm{ }}m{\rm{ }} = {\rm{ }}2n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\)

Chất béo là este của etilenglicol và các axit béo là Sai → Chất béo là este của glixerol và các axit béo.

Fructozơ , Glucozơ : monosacarit.

Mantozơ, Saccarozơ : đisacarit.

Tinh bột và Xenlulozơ : polisacarit.

Các kim loại phản ứng được với lượng dư FeCl3 thu được kết tủa là những kim loại tạo hidroxit: Na, Ba,Mg. Khi đó kết tủa sinh ra là Fe(OH)₃. 

\(\begin{array}{l} {n_{Ba}}{\rm{ }} = 0,01{\rm{ }}mol;{\rm{ }}{n_{A{l_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}} = 0,003{\rm{ }}mol\\ \to {\rm{ }}{n_{Ba{{\left( {OH} \right)}_2}}} = 0,01{\rm{ }}mol \to nO{H^ - } = 0,02{\rm{ }}mol \end{array}\)

Ta có :  \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{A{l^{3 + }}}}}} = \frac{{0,02}}{{0,003.2}} < {\rm{ }}4\)

Nên sau phản ứng tạo ra kết tủa Al(OH)₃ và Ba(AlO₂)₂

Ta có:  \(A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \)

\(A{l^{3 + }} + 4O{H^ - } \to Al{O_2}^ - + 2{H_2}O\)

\(\to \left\{ \begin{array}{l} {n_{O{H^ - }}} = 3x + 4y = 0,02\\ {n_{A{l^{3 + }}}} = x + y = 0,006 \end{array} \right. \to {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l} x{\rm{ }} = {\rm{ }}0,004\\ y = {\rm{ }}0,002 \end{array} \right.{\rm{ }} \to {\rm{ }}{n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = x = 0,004\)

Lại có ∶  \({n_{BaS{O_4}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} = 0,009{\rm{ }}mol{\rm{ }}\left( {{\rm{ }}{\rm{ }}{n_{B{a^{2 + }}}}{\rm{ }} > {\rm{ }}{n_{S{O_4}^{2 - }}}} \right)\)

 Vậy khối lượng kết tủa sau phản ứng là :  \({m_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}}{m_{BaS{O_4}}} = 2,409{\rm{ }}gam.\)

Ta coi cả quá trình là cho NaOH tác dụng với axit và tác dụng với cả amino axit.

Nên gộp cả hai quá trình làm một:

\(\underbrace {RN{H_2}{{\left( {COOH} \right)}_2}}_{0,1{\rm{ }}mol} + \underbrace {{H_2}S{O_4}}_{0,15{\rm{ }}mol} + \left( {NaOH + KOH} \right)\)

Ta có :  \(\sum {{n_{{H^ + }}} = 2{n_X} + 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,5{\rm{ }}mol} \)

(H₂O được tạo ra từ phản ứng trung hòa axit và bazơ) Sử dụng phương pháp trung bình, đặt công thức chung của NaOH và KOH là XOH, ta có

\({M_X} = \frac{{40.1{\rm{ }} + 56.1,5}}{{1 + 1,5}} - 17 = 32,6{\rm{ }}\)

Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng, ta có:

\(\begin{array}{l} {m_X} + {m_{{H_2}S{O_4}}} + {m_{XOH}} = 43,8{\rm{ }} + {m_{{H_2}O}}\\ \to {\rm{ }}0,1.\left( {MR + 106} \right) + 0,15.98 + 0,5.\left( {32,6 + 17} \right){\rm{ }} = 43,8 + 0,5.18{\rm{ }} \to {\rm{ }}{M_R} = 27 \to R{\rm{ }}la {\rm{ }}{C_2}{H_3} \end{array}\)

Vậy X có công thức cấu tạo là C₂H₃NH₂ (COOH)₂

Tơ visco thuộc loại tơ bán tổng hợp  

Đáp án A

Pirỉt FeS₂ tác dụng với HNO₃ thu được dung dịch X chứa SO₄^2- . Khi thêm BaCl₂ vào dung dịch X thấy kết tủa BaSO₄ → loại A

Xiđerit FeCO₃ tác dụng với HNO₃ sinh khí NO₂ và CO₂ → loại C

Hematit : Fe₂O₃ tác dụng với HNO₃ không sinh khí NO₂ → loại D

Na₂CO₃ có thể sử dụng làm mềm nước cứng chứa nhiều Ca²⁺ và Cl^- 

Đáp án D

Khi cho BaCO₃ vào 3 dung dịch trên:

+ Chất rắn tan, xuất hiện khí, dung dịch là HCl: 2HCl + BaCO₃ → BaCl₂ + CO₂ + H₂O.

+ Chất rắn tan sau đó xuất hiện kết tủa trắng khác, dung dịch là H₂SO₄: H₂SO₄ + BaCO₃ → BaSO₄ + CO₂ + H₂O.

+ Không hiện tượng là NaOH

Người ta dùng các mẩu kẽm (Zn) gắn lên vỏ tàu biển để bảo vệ các tàu thép. Trong nước biển có dung dịch NaCl làm chất điện li, sẽ hình thành 2 cặp điện cực với Fe là cực dương , Zn là cực âm. Hiện tượng ăn mòn điện hóa xảy ra, Zn là cực âm nên bị ăn mòn, còn Fe là cực dương nên không bị ăn mòn.

   \({n_X}{\rm{ }} = \frac{{10,3}}{{103}} = 0,1{\rm{ }}mol \to {M_{{\rm{muoi}}}} = 9,7{\rm{ }}0,1 = 97\left( {gam/mol} \right)\)

→ Muối có công thức phân tử là ∶ NH₂CH₂COONa

→ Công thức cấu tạo của X là NH₂CH₂COOC₂H₅

- Ta nhận thấy ngay khi cho 0,15 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch thì kết tủa đạt cực đại với số mol của BaCO₃ là 0,2 mol

\(\to {\rm{ }}{n_{BaC{O_3}}} = {\rm{ }}{n_{Ba{{\left( {OH} \right)}_2}}} + {n_{BaC{l_2}}} \Leftrightarrow 0,2 = 0,15 + y \to y = 0,05{\rm{ }}\left( {mol} \right)\)

 Khi nhỏ từ từ 0,05 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch thì xuất hiện 0,1 mol kết tủa BaCO₃ và kết tủa tiếp tục tăng khi đổ tiếp Ba(OH)₂ nên

\({n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{NaHC{O_3}}} = x = 0,1{\rm{ }}\left( {mol} \right)\)

Nhận thấy khi thêm AgNO₃ vào dung dịch Y thấy sinh khí NO → chứng tỏ trong dung dịch Y chứa HCl dư

Vì còn 1, 6gam chất rắn → dung dịch Y chứa FeCl₂, CuCl₂

33,2 gam \(\left\{\begin{array}{l} Fe\\ Fe_3O_4\\Cu\\CuO\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[HCl]{1 mol}\) 0,025 mol Cu + 0,1 mol H₂ +H₂O + dd Y \(\left\{\begin{array}{l} FeCl_2: x \\CuCl_2 : y\\HCl du: 0,1 mol\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[du]{AgNO_3}\) ↓ \(\left\{\begin{array}{l} AgCl: 1 mol\\Ag\end{array} \right.\) + 0,025 mol NO

Vì AgNO₃ dư nên NO được tính theo H⁺ → n_{HCl dư} = 4n_NO= 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố H → nH₂O = (1- 0,1.2 - 0,1) :2 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố O → n_O(X) = nH₂O = 0,35 mol

Coi hỗn hợp X gồm \(\left\{\begin{array}{l} Fe : x \\Cu:y + 0,025 \\O : 0,35\end{array} \right.\)

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 56x + 64( y + 0,025) + 0,35. 16 = 33,2\\ 2x + 2y + 0,1 = 1\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,35\\ y = 0,1\end{array} \right.\)

Bảo toàn electron có n_Fe²⁺ = 3n_NO + n_Ag → n_Ag = 0,35 -3.0,025 = 0,275 mol

m_↓ = 1. 143,5 +0,275. 108 = 173,2 gam

40 gam \(\left\{\begin{array}{l} Cu\\Fe_3O_4\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[8x]{HCl}\) 16,32 gam chất rắn+ Y \(\left\{\begin{array}{l} FeCl_2:3x\\CuCl_2: x\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[du]{AgNO_3}\) ↓ \(\left\{\begin{array}{l} AgCl: 8x\\Ag\end{array} \right.\)

Vì dung dịch Y chỉ chứa 2 chất tan nên HCl phản ứng hết. Thứ tự phản ứng xảy ra như sau

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂

Gọi số mol của Fe₃O₄ tham gia phản ứng là x → n_CuCl2 = x, n_FeCl2 = 3x ,n_{HCl pu} = 8x

Ta có 40 -16,32 = x.232 + 64x → x = 0,08 mol

Bảo toàn nguyên tố Cl → n_AgCl = n_HCl =8. 0,08 = 0,64 mol

Bảo toàn electron → n_Fe²⁺ = n_Ag = 0,08. 3= 0,24 mol

m_↓ = 0,24. 108 + 0,64. 143,5= 117,76 gam

(2) sai vì các amin là chất khí ở điều kiện thường chỉ gồm metylamin, đimetylamin, trimetylamin và etylamin

(3) sai vì trong phân tử đipeptit mạch hở có chứa một liên kết peptit.

Công thức tổng quát của tetrapeptit X tạo bởi hỗn hợp các α-amino axit (no, mạch hở, phân tử đều chứa 1 nhóm −NH₂ và 1 nhóm −COOH) là C_nH_2n-2N₄O₅

Có n_N2 = 0,02 mol → n_X = 2n_N2 : 4 = 0,01 mol (bảo toàn nguyên tố N)

Khối lượng CuO giảm chính là khối lượng O tham gia phản ứng → n_{O pu} = 3,84 : 16 = 0,24 mol

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

Có n_CO2 - nH₂O = n_X → x-y = 0,01

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 2x + y = 0,01. 5 + 0,24 \\ x - y = 0,01\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x =0,1 \\ y = 0,09\end{array} \right.\)

Có m_X = m_CO2 + mH₂O +m_N2 - m_O = 0,1. 44 + 0,09. 18 + 0,02. 28 - 0,24. 16 = 2,74 gam

Khi cho X tham gia phản ứng với HCl theo phương trình sau : X + 4HCl + 3H₂O → muối

Bảo toàn khối lượng → m_muối = m_X + m_HCl + mH₂O = 2,74 + 0,01. 4 . 36,5 + 0,01.3. 18 = 4,74 gam 

C₆H₅OH + (CH₃CO)₂O ⟶ C₆H₅OOCCH₃ + CH₃COOH

Gọi số mol của H₂SO₄ và HCl lần lượt là x và 2x mol

Bảo toàn khối lượng → 14,7 + 98x + 36,5.2x = 19,83 → x = 0,03 mol

Gọi thể tích dung dịch NaOH và KOH cần phản ứng là V lít

Có n_NaOH = V mol, n_KOH = 0,6V mol

Có n_NaOH + n_KOH = 2n _{axit glutamic} + 2nH₂SO₄ + n_HCl 

→ 1,6V = 2. 0,1 + 2. 0,03 + 0,06 → V = 0,2 lít = 200ml

Ta có ∶  \(\sum {{n_{B{a^{2 + }}}} = {n_{Ba{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} + {n_{BaC{L_2}}} = 0,15 + 0,1\; = 0,25mol} \)

\({n_{HC{O_3} - }} = 2{n_{Ba{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = 2.0,15 = 0,3\left( {mol} \right)\)

Suy ra số mol BaCO₃ cực đại sẽ tính theo số mol Ba²⁺ khi ta cho thêm NaOH vào dung dịch. Khi đó để kết tủa đạt cực đại cần thêm 0,25 mol NaOH→ V_NaOH = 250ml.

X  \(\left\{ \begin{array}{l} {H_2}S{O_4}0,15{\rm{ }}mol\\ A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}0,1{\rm{ }}mol \end{array} \right.{\rm{ }}m\left( g \right) \downarrow 0,5m\left( g \right) \downarrow \)

Ta thấy sau khi cho thêm 0,45 mol NaOH thì khối lượng kết tủa thu được ít hơn so với lượng kết tủa thu được ban đầu nên khi cho 0,45 mol vào thì đã xảy ra quá trình

\(Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow + O{H^ - } \to Al{O_2}^ - + 2{H_2}O\)

Số mol OH⁻ dùng để tạo m(g) kết tủa là : V₁– 0,15.2 = V₁ - 0,3 (mol)

Số mol OH⁻ dùng để tạo 0,5m(g) kết tủa là : V₁+ 0,45 – 0,15.2 = V₁ +0,15 (mol)

\( {\rm{ }}{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,2{\rm{ }}mol{\rm{ }}..ne n..{\rm{ }}{n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}max}} = 0,2{\rm{ }}mol\)

→Để hòa tan hết toàn bộ lượng Al(OH)₃ cần 0,2 mol OH⁻ Nên khi cho thêm 0,45 mol NaOH vào m(g) kết tủa, để vẫn thu được 0,5m(g) kết tủa thì ở lần đầu tiên, lượng kết tủa chưa bị hòa tan một phần

Ta có : Al³⁺ + 3OH⁻ → Al(OH)₃ ↓ (1)

            0,2      0,6                 0,2

          Al(OH)₃ ↓                +        OH

  0,2- (V₁ + 0,15 − 0,6)              (V₁ + 0,15 − 0,6)

→ AlO₂^- + 2H₂O (2)

 → 6[0,2− (V₁ + 0,15 −0,6)] = V₁ − 0,3  → V₁ = 0,6

\(\left\{ \begin{array}{l} m{\rm{ }} = 78.{\rm{ }}\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{3} = 78.{\rm{ }}\frac{{{V_1}{\rm{ }} - 0,3}}{3}\\ 0,5m{\rm{ }} = {\rm{ }}78.\left[ {0,2 - \left( {{V_1} + 0,15 - 0,6} \right)} \right]{\rm{ }} \end{array} \right.\) → 6[0,2− (V₁ + 0,15 −0,6)] = V₁ − 0,3  → V₁ = 0,6

Vậy V₁= 600 ml.

Khi đốt cháy 2 ancol Y thu được: 

\({n_{C{O_2}}} = 0,4{\rm{ }}mol;{\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = 0,6{\rm{ }}mol \to {\rm{ }}{n_{\overline C }} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} - {n_{C{O_2}}} = \frac{{0,4}}{{0,6 - 0,4}} = 2\)

Do Y gồm 2 ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử Cacbon nên Y gồm C₂H₅OH và C₂H₄ (OH)₂ Gọi số mol C₂H₅OH và C₂H₄ (OH)₂ lần lượt là x, y mol.

Ta có  \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}}{\rm{ }} = 2x + 2y = 0,4\\ m{\rm{ }} = 46x + 62y = 10,8 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1{\rm{ }}\\ y = 0,1 \end{array} \right.\)

Vì khi thủy phân este trong NaOH chỉ thu được muối natri axetat nên công thức của 2 este là CH₃COOC₂H₅ và (CH₃COO)₂C₂H₄ .

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có:

\({n_{C{H_3}COONa{\rm{ }}}} = {n_{C{H_3}COO - }} = {n_{C{H_3}COO{C_2}{H_5}}} + 2{n_{{{\left( {C{H_3}COO} \right)}_2}{C_2}{H_4}}}\;\)

 = 0,1+ 0,1.2 = 0,3  \( \to {\rm{ }}{m_{C{H_3}COONa}} = 82.0,3 = 24,6g\)

Các chất thủy phân trong môi trường axit là : etyl axetat, triolein, tơ visco, saccarozơ, xenlulozơ.

m gam \(\left\{\begin{array}{l} Na:0,2 mol\\Al :0,2 mol\\ O\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[]{H_2O}\) 0,2 mol H₂ + NaAlO₂\(\xrightarrow[]{CO_2}\) Al(OH)₃ ↓ : 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố Al → n_Al = n_Al(OH)3 = 0,2 mol → n_Al = n_Na = 0,2 mol

Bảo toàn electron → n_Na + 3n_Al = 2n_O + 2n_H2 → n_O = (0,2 +3.0,2 - 2.0,2):2 = 0,2 mol

→ m =m_Al + m_Na + m_O = 0,2. ( 23+ 27 +16) = 13,2 gam

Nhận thấy chất rắn X tham gia phản ứng được với HCl → chứng tỏ chất rắn X chứa Fe dư và Cu: 0,2 mol

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Phần 1: Có n_Fe = n_H2 = 0,1 mol.

Gọi số mol của Cu ở phần 1 là a mol → sô mol của Cu ở phần 2 là ak mol, số mol của Fe ở phần 2 là 0,1k

Phần 2: Bảo toàn electron có 3n_Fe + 2n_Cu = 3n_NO → 0,3k + 2ak =0,9 (*)

Bảo toàn nguyên tố Cu → a + ak = 0,2 → a = \(\dfrac{0,2}{1+k}\)

Thay vào (*) → 0,3k + 2.k. \(\dfrac{0,2}{1+k}\) = 0,9 → 0,3k² - 0,2k = 0,9

Giải phương trình → k = 2,097

∑n_Fe= 0,2 + 0,1 +0,1.2,097 = 0,5097 mol → m_Fe = 28,5432 gam 

X tác dụng với Br₂/CCl₄ theo tỉ lệ 1:2 → chứng tỏ trong X chứa 2 liên kết π C=C

X là este đơn chức → tổng số liên kết π trong X là 3.

Công thức tổng quát của X là C_nH_2n-4O₂

%C = \(\dfrac{12n}{12n+ 28}\).100% = 73,47%

→ n =12. X có công thức C₁₂H₂₀O₂

H₂N−CH₂−COOH +KOH → H₂N−CH₂−COOK+H₂O

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với KOH chỉ có Glyxin phản ứng với KOH

→n_Gly = n_KOH = 0,2 mol → m_Gly=75.0,2=15g

\( \to {m_{etylamin}} = 19,5 - 15 = 4,5g \to {n_{etylamin}} = \frac{{4,5}}{{45}} = 0,1{\rm{ }}mol{\rm{ }}\)

Khi cho X tác dụng với HCl thì cả 2 đều tác dụng theo tỉ lệ mol 1:1.

→ n_HCl  =  n_Gly + n_etylamin =  0,2 +0,1 = 0,3 mol→ V_HCl = 300ml