Các nguồn năng lượng sạch là (1), (2), (3).       

Khí X được thu bằng cách để ngửa bình → Khí X nặng hơn không khí.

Trong các phương trình hóa học trên, chỉ có A sinh ra khí nặng hơn không khí (NO₂) → Chọn A.

Trong 1 phân tử X có 2 gốc Gly, 2 gốc Ala và 1 gốc Val.

Có 6 công thức cấu tạo phù hợp với X là:

G-A-V-G-A                G-A-V-A-G

G-G-A-V-A                A-G-A-V-G

G-A-G-A-V                A-G-G-A-V

A đúng vì do ở trạng thái trung gian, ion \(C{{\text{r}}^{3+}}\) trong dung dịch vừa có tính oxi hóa (trong môi trưòng axit), vừa có tính khử (trong môi trường bazơ).

B sai vì trong phản ứng \(A{{g}^{+}}\) tác dụng với \(F{{\text{e}}^{2+}},A{{g}^{+}}\) đóng vai trò chất oxi hóa.

C đúng.

D đúng vì H₂SO₄đặc, nóng có tính oxi hóa mạnh nên oxi hóa được Ag, còn H₂SO₄ loãng thì không.

Phản ứng xảy ra theo chiều:

Chất khử mạnh + Chất oxi hóa mạnh → Chất khử yếu hơn + Chất oxi hóa yếu hơn

Ở (1): Tính oxi hóa \(F{{\text{e}}^{3+}}>F{{\text{e}}^{2+}}\)

Ở (2): Tính oxi hóa \(A{{g}^{+}}>F{{\text{e}}^{3+}}\) → Đáp án C thỏa mãn.

Bình (1) hấp thụ H₂O; bình (2) hấp thụ CO₂; khí thoát ra ngoài là N₂.

\({{m}_{{{H}_{2}}O}}=0,4725\ gam\to {{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,02625\ mol\)

\({{m}_{BaC{{\text{O}}_{3}}}}=6,895\ gam\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{BaC{{\text{O}}_{3}}}}=0,035\ mol\)

\({{n}_{{{N}_{2}}}}=0,00175\ mol\)

Bảo toàn nguyên tố C, H, N: \(\left\{ \begin{align} & {{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,035\ mol \\ & {{n}_{H}}=2{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,0525\ mol \\ & {{n}_{N}}=2{{n}_{{{N}_{2}}}}=0,0035\ mol \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \({{m}_{C}}+{{m}_{H}}+{{m}_{N}}=0,5214\ gam\) → Trong phân tử methamphetamine không chứa O.

\(\to {{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{N}}=0,035:0,0525:0,0035=10:15:1\)

Vì công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nahát

→ Công thức phân tử của methamphetamine là C₁₀H₁₅N.

Có 3 thí nghiệm tạo ra muối sắt(II) là: (2), (4), (5).

Sơ đồ hoàn chỉnh:

Triolein → Tristearin  → C₁₇H₃₅COONa →  C₁₇H₃₅COOH 

A đúng vì protein là polipeptit, có phản ứng màu biure.

B, C đúng.

D sai vì chỉ có protein dạng hình cầu mới tan trong nước tạo dung dịch keo.

Có 5 chất tác dụng với dung dịch NaOH loãng ở nhiệt độ thường là: NaHCO₃, Al(OH)₃, HF, Cl₂, NH₄Cl.

Chú ý: SiO₂ chỉ tác dụng với NaOH đặc, nóng hoặc nóng chảy.

A sai vì F chỉ có số oxi hóa -1 trong hợp chất.

B, C đúng.

D đúng vì H₂S + 4C1₂ + 4H₂O 8HCl + H₂SO₄

(a), (b), (c) đúng.

(d) sai vì thủy phân saccarozo thu được hai monosaccarit là glucozo và fructozo.

(e) đúng.

(f) sai vì saccarozo không có phản ứng với H₂ (Ni, \)t{}^\circ \)).

→ Có 4 phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (e).

Có 1 chất thỏa mãn cả hai điều kiện là: p-HO-CH₂-C₆H₄-OH.

A đúng.

B sai vì benzyl axetat có mùi hoa nhài, không có mùi chuối chín.

C sai vì dung dịch brom chỉ nhận biết được stiren, không nhận biết được benzen và toluen.

D sai vì este không tan trong nước.

Sơ đồ hoàn chỉnh:

(1) CH₂ = CHCHO + O₂ ⇔ CH₂ = CHCOOH

(2) CH₂ = CHCHO + H₂ ⇔ C₂H₅CH₂OH

(3) CH₂ = CHCOOH + C₂H₅CH₂OH  CH₂ ⇔ CHCOOCH₂CH₂CH₃ + H₂O

Ta có: \({{m}_{\text{dd}\ \text{giam}}}={{m}_{\downarrow }}-{{m}_{C{{O}_{2}}}}\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,45\ mol\)  

\(\to {{n}_{\text{tinh bot}}}=\frac{0,45}{2.90%}=0,25\ mol\to {{m}_{\text{tinh bot}}}=40,5\ gam\)

Ta có: \({{n}_{O{{H}^{-}}}}={{n}_{{{H}^{+}}}}\to 0,01\text{x}=0,002\to x=0,2\)

\({{n}_{Ba{{(OH)}_{2}}}}=0,02\ mol;\text{ }{{\text{n}}_{NaHC{{O}_{3}}}}=0,03\ mol\)  

→ Dung dịch X gồm \(N{{a}^{+}}\) (0,03 mol); \(CO_{3}^{2-}\) (0,01 mol); \(O{{H}^{-}}\) (0,01 mol).

Số mol HCl cần dùng là: \({{n}_{HCl}}={{n}_{O{{H}^{-}}}}+{{n}_{CO_{3}^{2-}}}=0,02\ mol\to {{V}_{HCl}}=\frac{0,02}{0,25}=0,08\) lít = 80 ml.

Nhận thấy: \({{n}_{\downarrow (2)}}>{{n}_{\downarrow (1)}}\) → Ở phần một, \(C{{a}^{2+}}\) phản ứng hết, \(CO_{3}^{2-}\) dư.

Xét phần một: \({{n}_{C{{a}^{2+}}}}={{n}_{CaC{{\text{O}}_{3}}}}=0,02\ mol\to {{n}_{C{{a}^{2+}}(X)}}=0,04\ mol\)

Xét phần hai: \({{n}_{HCO_{3}^{-}}}={{n}_{CO_{3}^{2-}}}={{n}_{CaC{{\text{O}}_{3}}}}=0,03\ mol\to {{n}_{HCO_{3}^{-}(X)}}=0,06\ mol\)

Bảo toàn điện tích trong X: \({{n}_{N{{a}^{+}}}}=0,08\ mol\)

Khi cô cạn, trong X gồm \(C{{a}^{2+}}\) (0,04 mol); \(N{{a}^{+}}\) (0,08 mol); \(C{{l}^{-}}\) (0,1 mol); \(CO_{3}^{2-}\) (0,03 mol).

\(\to m=0,04.40+0,08.23+0,1.35,5+0,03.60=8,79\ gam\)

Các khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất nên tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol.

Gọi số mol của Y là 1 mol \(\to {{n}_{C{{H}_{3}}N{{H}_{2}}}}=\frac{2}{3}mol;\text{ }{{\text{n}}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}N{{H}_{2}}}}=\frac{1}{3}mol\)

\({{M}_{X}}=44\to {{n}_{{{O}_{2}}}}:{{n}_{{{O}_{3}}}}=1:3\to \) Gọi số mol O₂ và O₃ lần lượt là x và 3x mol \(\to {{n}_{O}}=11\text{x}\ mol\)

Xét phản ứng đốt cháy:

Bảo toàn nguyên tố C: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{C{{H}_{3}}N{{H}_{2}}}}+{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}N{{H}_{2}}}}=\frac{4}{3}mol\)

Bảo toàn nguyên tố H: \({{n}_{{{H}_{2}}O}}=2,5{{n}_{C{{H}_{3}}N{{H}_{2}}}}+3,5{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}N{{H}_{2}}}}=\frac{17}{6}mol\)

Bảo toàn nguyên tố O: \({{n}_{O}}=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}\to 11\text{x}=\frac{4}{3}2+\frac{17}{6}\to x=0,5\)

\(\to {{V}_{1}}:{{V}_{2}}={{n}_{Y}}:{{n}_{X}}=1:2\)

Y tác dụng với NaOH (CaO, \(t{}^\circ \)) tạo thành CH₄ → Y là CH₃COONa → Loại A, B.

Thủy phân X thu được sản phẩm Z có phản ứng tráng bạc

→ X không thể là etyl axetat → Loại D.

(a) đúng.

(b) đúng vì hợp chất hữu cơ là hợp chất của cacbon.

(c) đúng.

(d) sai vì những hợp chất có cùng công thức phân tử là đồng phân của nhau.

(e) sai vì những phản ứng hữu cơ thường xảy ra chậm.

(f) sai vì \(k=\frac{9.2+2-(14+2)}{2}=2\) mà hợp chất chứa vòng benzen có \({{k}_{\min }}=4\) → C9H14BrCl không có vòng benzen trong phân tử.

→ Có 3 phát biểu đúng là: (a), (b), (c).

Có 3 cặp chất tan hoàn toàn trong một lượng dư dung dịch HCl loãng nóng là: (a), (b); (d). (c), (e) không tan hoàn toàn do Cu không tan, không phản ứng với HCl và với muối \(Z{{n}^{2+}},F{{\text{e}}^{2+}}\).

(g) không tan hoàn toàn do Cu còn dư sau phản ứng với \(F{{\text{e}}^{3+}}\).

Chú ý: \({{n}_{Cu}}:{{n}_{F{{\text{e}}^{3+}}}}\ge 1:2\) → Cu tan hoàn toàn.

X là HC ≡ C-C ≡ CH; Y là HC ≡ C-CH = CH₂; Z là HC ≡ C-CH₂-CH₃.

(1) đúng \({{k}_{X}}=4\to {{n}_{{{H}_{2}}}}=4{{n}_{X}}\)

(2) sai vì HC ≡ C-CH₂-CH₃ không có đồng phân hình học.

(3) sai vì but-1-in là tên của Z, không phải tên gọi Y.

(4) đúng.

→ Có 2 phát biểu đúng là: (a) và (d).

Phương trình hóa học:

(a) NH₄NO₃ \(\xrightarrow{t{}^\circ }\) N₂O + 2H₂O

(b) \(NaC{{l}_{(tt)}}\) + \({{H}_{2}}S{{O}_{4\text{ (dac)}}}\xrightarrow{t{}^\circ }\) HCl ↑ + NaHSO₄

(c) Cl₂ + 2NaHCO₃ + H₂O → NaCl + NaClO + 2CO₂ + 2H₂O

(d) CO₂ + \(Ca{{(OH)}_{2\text{ du}}}\) → CaCO₃ + H₂O

(e) 5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O → 2H₂SO₄ + 2MnSO₄ + K₂SO₄

(f) \(H\text{SO}_{4}^{-}+HCO_{3}^{-}\to SO_{4}^{2-}\) + CO₂ + H₂O

(g) PbS + HCl → Không phản ứng

(h) Na₂SO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O

→  Có 5 thí nghiệm tạo ra chất khí là: (a), (b), (c), (f), (h).

Tại \({{n}_{Ba{{(OH)}_{2}}}}=0,03\ mol\): BaSO₄ đã kết tủa hết, Al(OH)₃ mới kết tủa một phần.

\(\to {{n}_{SO_{4}^{2-}}}={{n}_{BaS{{O}_{4}}}}={{n}_{Ba{{(OH)}_{2}}}}=0,03\ mol\)

Tại \({{n}_{Ba{{(OH)}_{2}}}}=0,08\ mol\): Al(OH)₃ bị hòa tan hết.

\(\to {{n}_{O{{H}^{-}}}}=4{{n}_{A{{l}^{3+}}}}=0,16\ mol\to {{n}_{A{{l}^{3+}}}}=0,04\ mol\)

\(\to m=0,03.233+0,04.78=10,11\ gam\)

Nhận thấy: \({{n}_{\text{e nhan max}}}=\frac{3}{4}{{n}_{{{H}^{+}}}}=0,0675\ mol\)

\({{n}_{\text{e cho max}}}=2{{n}_{Cu}}+{{n}_{Ag}}=0,045\ mol\)

Do \({{n}_{\text{e cho max}}}<{{n}_{\text{e nhan max}}}\to \) Cu, Ag phản ứng hết, \({{H}^{+}}\) dư.

\(\to {{n}_{NO}}=\frac{{{n}_{\text{e cho}}}}{3}=0,015\ mol\)

Phương trình hóa học: 4NO + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

                                    0,015   0,1                   → 0,015 mol

\(\to \text{ }\!\!(\!\!\text{ }{{H}^{+}}\text{ }\!\!)\!\!\text{ }={{C}_{M(HN{{O}_{3}})}}=\frac{0,015}{0,15}=0,1M\to z=1\)

Bảo toàn nguyên tố Al: \({{n}_{A{{l}^{3+}}(Z)}}={{n}_{Al}}+2{{n}_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}}=0,23\ mol\)

Xét Z tác dụng với BaCl₂ và Z tác dụng với NaOH:

Bảo toàn nhóm SO₄: \({{n}_{SO_{4}^{2-}(Z)}}={{n}_{BaS{{O}_{4}}}}=0,4\ mol\)

Ta có: \({{n}_{NaOH}}=4{{n}_{A{{l}^{3+}}}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}\to {{n}_{NH_{4}^{+}}}=0,015\ mol\)

Bảo toàn điện tích trong Z: \({{n}_{N{{a}^{+}}}}=0,095\ mol\to {{n}_{Z}}=47,065\ gam\)

Bảo toàn nhóm SO₄ và Na: \({{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=0,4\ mol;\text{ }{{\text{n}}_{NaN{{\text{O}}_{3}}}}=0,095\ mol\)

Bảo toàn nguyên tố H: \({{n}_{{{H}_{2}}O}}=\frac{2{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}-2{{n}_{{{H}_{2}}}}-4{{n}_{NH_{4}^{+}}}}{2}=0,355\ mol\)

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{X}}+{{m}_{Y}}={{m}_{Z}}+{{m}_{T}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}\to {{m}_{T}}=1,47\ gam\)

Xét phản ứng đốt cháy Y:

Sơ đồ phản ứng: \(\underbrace{Y}_{3,95\ gam}+\underbrace{{{O}_{2}}}_{0,125\ mol}\to C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O\)

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}=3,95+4=7,95\ gam\)

\(\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,15\ mol;\text{ }{{\text{n}}_{{{H}_{2}}O}}=0,075\ mol\)

Bảo toàn nguyên tố C, H: \({{n}_{C(Y)}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,15\ mol;\text{ }{{\text{n}}_{H(Y)}}=2{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,15\ mol\)

\(\to {{n}_{O(Y)}}=0,125\ mol\)

Ta có: \({{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{O}}=6:6:5\to \) Y là C₆H₆O₅.

Y là phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 → Công thức cấu tạo của Y là HO-C2H4-OOC-C≡C-COOH.

→ X là HOOC-C≡C-COOH.

A đúng vì tổng số nguyên tử hiđro trong X, Y = 6 + 2 = 8.

B đúng vì X không có phản ứng với AgNO₃/NH₃.

C đúng vì có liên kết \({{\pi }_{C-C}}\) trong phân tử nên phản ứng với Br₂ theo tỉ lệ 1 : 2.

D sai vì X khồng có đồng phân hình học.

Gọi công thức của X là \({{C}_{x}}{{H}_{y}}{{O}_{2}}\) ,

Phương trình hóa học: \({{C}_{x}}{{H}_{y}}{{O}_{2}}+\left( x+\frac{y}{4}-1 \right){{O}_{2}}\to xC{{O}_{2}}+\frac{y}{2}{{H}_{2}}O\)

Theo đề bài: \(\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}{{{n}_{{{O}_{2}}}}}=\frac{6}{7}\to 7\text{x}=6\left( x+\frac{y}{4}-1 \right)\to 2\text{x}-3y+12=0\)        (*)

TH1: Nếu X có 1 liên kết π \(\to y=2\text{x}\to x=3;y=6\)

TH2: Nếu X có 2 liên kết π \(\to y=2\text{x}-2\to x=4,5\) (loại).

→ X là C₃H₆O₂.

Xét X tác dụng với KOH:

Gọi số mol KOH phản ứng là a mol.

Ta có: \((R+44+39)x+56(0,14-x)=12,88\to (R+27)x=5,04\)

Nếu R là H \(\to x=0,18>0,14\to \) Loại

Nếu R là CH₃ \(\to x=0,12<0,14\to \) Thỏa mãn

\(\to m=0,12.74=8,88\ gam\)

Có 3 thí nghiệm sinh ra kim loại là: (a), (e), (g).

Xét X tác dụng với dung dịch NaOH:

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{X}}=44,4+164,7-180=29,1\ mol\)

Bảo toàn nguyên tố C: \({{n}_{C(X)}}={{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}+{{n}_{C{{O}_{2}}}}=1,5\ mol\to \) Số C = 10

\({{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=0,225\ mol\to {{n}_{NaOH}}=0,45\ mol\to {{m}_{{{H}_{2}}O}}=162\ gam\to {{n}_{{{H}_{2}}O\text{ sinh ra}}}=0,15\ mol\)

Bảo toàn nguyên tố H: \({{n}_{H(X)}}=2{{n}_{{{H}_{2}}O\text{ sinh ra}}}+2{{n}_{{{H}_{2}}O}}-{{n}_{NaOH}}=1,5\,mol\to \) Số H = 10

\(\to {{n}_{O}}=\frac{29,1-1,5(12+1)}{16}=0,6\ mol\to \) Số O = 4

→ Công thức của X là C₁₀H₁₀O₄.

Ta có: X + 3NaOH → X + H₂O và Z + H₂SO₄ → Hai axit cacboxylic + T

→ X có dạng HCOO-C₆H₄-CH₂-OOC-CH₃.

→ T là HO-C₆H₄-CH₂OH → Trong phân tử T có 8 nguyên tử H.

Z là NH₂-CH₂-COOCH₃ → T là CH₃OH.

Sơ đồ phản ứng:

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{{{H}_{2}}O}}=47,8+0,6.40-64,36-0,12.32=3,6\ gam\to {{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,2\ mol\)

\(\to {{n}_{X}}+{{n}_{Y}}=0,2\)

Muối có dạng \({{C}_{n}}{{H}_{2n}}N{{O}_{2}}Na\to {{M}_{muoi}}=14n+69=\frac{64,36}{0,6}\to n=\frac{41}{15}\)

Bảo toàn nguyên tố C: \({{n}_{C(muoi)}}+{{n}_{C{{H}_{3}}OH}}={{n}_{C(X,Y)}}+{{n}_{C(Z)}}\)

\(\to {{n}_{C(X,Y)}}=0,6.\frac{41}{15}+0,12-0,12.3=1,4\ mol\to \) Số \({{C}_{(X,Y)}}=\frac{1,4}{0,2}=7\)

Do X, Y có cùng số nguyên tử cacbon nên trong phân tử X, Y đều có 7 nguyên tử C

→ X là Gly-Val (x mol) và Y là (Gly)₂Ala (y mol)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,2\\ {m_E} = 174{\rm{x}} + 203y + 0,12.89 = 47,8 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,12\\ y = 0,08 \end{array} \right.\)

\(\to %{{m}_{Y}}=\frac{0,08.203}{47,8}.100%=33,97%\)

Đun Z thu được đimetyl ete → Z là CH₃OH.

\({{k}_{X}}=3\) → X là este hai chức không no, có 1 liên kết \({{\pi }_{C-C}}\) trong phân tử.

→ X có dạng C₂H₂(COOCH₃)₂ → Y là C₂H₂(COONa)₂ →T là C₂H₂(COOH)₂ → T phản ứng với HBr thu được hai sản phẩm là đồng phân cấu tạo của nhau

→ T có dạng CH₂ = C(COOH)₂

→ X là CH₂ = C(COOCH₃)₂

Nhận thấy:

A sai vì công thức phân tử của Y là C₄H₂O₄Na₂.

B sai vì Z là CH₃OH, ancol no, đơn chức, mạch hở → Không làm mất màu dung dịch brom.

C đúng.

D sai vì X phản ứng với H₂ (Ni, \(t{}^\circ \)) theo tỉ lệ mol 1:1.

Bảo toàn nguyên tố Na: \({{n}_{N{{a}^{+}}({{Z}_{1}})}}={{n}_{NaH\text{S}{{O}_{4}}}}+{{n}_{NaOH}}=2,62\ mol\)

Bảo toàn điện tích trong Z1: \({{n}_{Al(OH)_{4}^{-}}}=2,62-1,16.2=0,3\ mol\to {{n}_{Al(X)}}=0,3\ mol\)

Gọi số mol N₂, NO, CO₂, \(NH_{4}^{+}\) lần lượt là a, 2a, b, c mol.

\(\to 30.2\text{a}+28\text{a}+44b=6,89-0,035.2\)    (1)

Bảo toàn nguyên tố N: \(1.2\text{a}+2\text{a}+c=0,24\)      (2)

Bảo toàn nguyên tố H: \({{n}_{{{H}^{+}}}}=2{{n}_{{{H}_{2}}}}+4{{n}_{NH_{4}^{+}}}+2{{n}_{{{H}_{2}}O}}\to {{n}_{{{H}_{2}}O}}=\frac{1,33-4c}{2}mol\)

Bảo toàn nguyên tố O: \(b+0,24.3=2\text{a}+\frac{1,33-4c}{2}\)   (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: \(a=0,0575;b=0,04;c=0,01\)

Gọi số mol Mg và Fe đơn chất lần lượt là x và y mol.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 24{\rm{x}} + 56y = 16,58 - 0,3.17 - 0,04.116\\ 40{\rm{x}} + 160\frac{{y + 0,04}}{2} = 8,8 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,02\\ y = 0,06 \end{array} \right.\)

\(\to %{{m}_{F\text{e don chat}}}=\frac{0,06.56}{16,58}.100%=20,27%\).

Quá trình quy đổi:

X \(({{C}_{m}}{{H}_{2m+4}}{{O}_{4}}{{N}_{2}})\to {{(C{{H}_{2}})}_{a}}{{(C{{O}_{2}})}_{2}}{{(N{{H}_{3}})}_{2}}{{H}_{2}}\): x mol (với a = m – 2)

Y \(({{C}_{n}}{{H}_{2n+3}}{{O}_{2}}N)\to {{(C{{H}_{2}})}_{b}}(C{{O}_{2}})(N{{H}_{3}}){{H}_{2}}\): y mol (với b = n – 1)

→ Quy đổi E thành CH₂ (z mol); H₂ (x + y mol); CO₂ (2x + y mol) và NH₃ (2x + y mol).

Sơ đồ phản ứng:

Ta có: x + y = 0,2       (1)

Bảo toàn nguyên tố H: \({{n}_{{{H}_{2}}O}}=z+x+y+1,5(2\text{x}+y)=0,84\) (2)

Bảo toàn electron: \(6\text{z}+3(2\text{x}+y)+2(x+y)=0,58.4\)       (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(x=0,12;\text{ }y=0,08;\text{ }z=0,16\)

\(\to 0,12\text{a}+0,08b=0,16\to a=0;b=2\) là nghiệm duy nhất của phương trình.

→ X là (COONH₄)₂ (0,12 mol) và Y là C₂H₅COONH₄ (0,08 mol).

→ Muối gồm (COONa)₂ 0,12 mol và C₂H₅COONa (0,08 mol).

\(\to m=0,12.134+0,08.96=23,76\ gam\)

Nhận xét: X, Y, Z, T đều là các hợp chất hai chức và có cùng số liên kết π.

Gọi công thức chung là \({{C}_{n}}{{H}_{2n+2-2k}}{{O}_{4}}\) (với k là độ không no).

\(\to {{(C{{H}_{2}})}_{n-2}}{{(C{{O}_{2}})}_{2}}{{H}_{6-2k}}\): x mol hay \({{(C{{H}_{2}})}_{n}}{{(C{{O}_{2}})}_{2}}{{H}_{6-2k}}\): x mol

Quá trình quy đổi: \({{(C{{H}_{2}})}_{a-2}}{{(C{{O}_{2}})}_{2}}{{H}_{6-2k}}\to C{{H}_{2}}(\text{nx mol); C}{{\text{O}}_{2}}(\text{2x mol); H (}6-2k)x\ mol\)

Sơ đồ phản ứng:  

Ta có: \(14n\text{x}+2\text{x}.44+(6-2k)x=12,84\) (1)

Bảo toàn electron: \(6n\text{x}+(6-2k)x=0,37.4\)     (2)

Lại có: \({{n}_{NaOH}}=2\text{x}=0,22\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: \(n\text{x}=0,12;\text{ }x=0,11;\text{ k}=2\)

→ X, Y, Z, T là các hợp chất hai chức no, mạch hở.

Ta có: \(\overline{n}=\frac{0,21}{0,11}=1,9\to \) Có 1 chất có n = 1

→ X là: CH₂(COOH)₂; Y là CH₃-CH(COOH)₂; 

→ Ba ancol thu được là CH₃OH; C₂H₅OH; C₂H₄(OH)₂ có số mol bằng nhau → \({{n}_{Z}}={{n}_{T}}=y\ mol\)

Theo đề bài: \({{m}_{ancol}}=32y+46y+62y=2,8\to y=0,02\ mol\)

Gọi số mol X và Y lần lượt là a và b mol.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,11 - 0,02.2\\ 104{\rm{a}} + 118b = 12,84 - 0,02.118 - 0,02.132 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,03\\ b = 0,04 \end{array} \right.\)

Axit có phân tử khối lớn nhất là C₂H₄(COOH)₂ → \({{m}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}{{(C\text{OONa)}}_{2}}}}=0,04.162=6,48\ gam\).

Phản ứng hóa học xảy ra ở từng bước:

Bước 1: Xuất hiện kết tủa màu xanh lam đậm: \(C{{u}^{2+}}+2\text{O}{{H}^{-}}\to Cu{{(OH)}_{2}}\)

Bước 2: Saccarozo bị thủy phân trong môi trường axit, thu được glucozo và fructozo:

Bước 3: Trung hòa axit dư trong ống nghiệm (2): \(HCO_{3}^{-}+{{H}^{+}}\to {{H}_{2}}O+C{{O}_{2}}\)

Bước 4: Fructozo, glucozo hòa tan Cu(OH)₂ tạo phức màu xanh lam đặc trưng.

Ta thấy:

A đúng vì thủy phân saccarozo thu được hai loại monosaccarit là glucozo và fructozo.

B sai vì nếu không để nguội dung dịch, phản ứng giữa NaHCO₃ và axit xảy ra mạnh, tốc độ thoát khí nhanh, có thể làm dung dịch trong ống nghiệm trào ra ngoài gây nguy hiểm.

C, D đúng.

Đáp án D

Lipit là hợp chất hữu cơ có trong tế bào sống. Không hòa tan trong nước nhưng tan được trong dung môi không phân cực (ete, clorofom, xăng, dầu...)

Đáp án B

Chất béo: là trieste của glixerol với các axit béo (là monocacboxylic, mạch không phân nhánh, số nguyên tử cacbon chẵn từ 12 → 24 C).