Anbumin (lòng trắng trưng) chính là protein khi tác dụng với Cu(OH)₂ sẽ cho hợp chất phức màu tím

Đáp án D

Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Đáp án C

Metyl amin (CH₃NH₂) hòa tan vào nước có môi trường bazơ nên làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Đáp án B

Cu không tan trong dd H₂SO₄ loãng

Đáp án B

Công thức hóa học của sắt(III) nitrat là: Fe(NO₃)₃

Đáp án C

Đất chua là đất dư lượng axit (tức H⁺) => phải bón vôi để khử chua

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

OH^- + H⁺ → H₂O

Đáp án B

Y có CTCT là: CH₃COONa

=> CTCT của X: CH₃COOC₂H₅

Đáp án D

A. Loại KCl không pư

B. Thỏa mãn

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

3Br₂ + 3Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + 2FeBr₃

2NH₃ + 2H₂O + Fe(NO₃)₂ → Fe(OH)₂ + 2NH₄NO₃

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

C. Loại Cu, FeCl₃

D. Loại KCl

Đáp án B

n_HCl = 0,03 (mol)

n_Na2CO3 = 0,1.0,2 = 0,02 (mol) ; n_NaHCO3 = 0,1.0,2 = 0,02 (mol)

Khi nhỏ từ từ H⁺ vào dd hỗn hợp CO₃^2- và HCO₃^- xảy ra phản ứng:

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-    (1)

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O  (2)

=> n­_CO2(2) = ∑n_H+ - n_CO32- = 0,03 – 0,02 = 0,01 (mol)

=> V_CO2(ddktc) = 0,01.22,4 = 0,224 (l) = 224 (ml)

Đáp án A

Vì Y no đơn chức và hỗn hợp X + NaOH thu được mỗi ancol Z => ancol Z cũng chính là ancol tạo nên Y

=> ancol Z no, đơn chức

Gọi ancol Z: C_mH_2m+1OH             

Vì M_T = 1,7M_Z => T là ete

2C­_mH_2m+1OH  \(\xrightarrow{{{H_2}S{O_4}\,\,dac}}\) C_mH_2m+1OC_mH_2m+1 + H₂O

Ta có: \(\frac{{{M_T}}}{{{M_Z}}} = \frac{{28m + 18}}{{14m + 18}} = 1,7 \Rightarrow m = 3\)

=> CTCT ancol Z: C₃H₇OH

Xét đốt hh X cần 1,975 n_O2

Gọi Y: C_nH_2nO₂: 0,2 (mol) ( Vì n_Y = n_NaOH = 0,2)

Z: C₃H₈O: 0,15 (mol)

C_nH_2nO₂ + (3n-2)/2O₂ → nCO₂ + nH₂O

0,2    → 0,1(3n-2)                                 (mol)

C₃H₈O + 4,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

0,15   → 0,675                                         (mol)

Ta có: ∑n_O2 = 0,1.(3n-2) + 0,675 = 1,975

=> 3n – 2= 13

=> n = 5

=> CTPT Y: C₅H₁₀O₂  => CTCT Y: CH₃COOC₃H₇ 

Vậy axit tạo ra este Y là: C₂H₄O₂

Đáp án B

Các chất có phản ứng với dd KOH đun nóng là:

NH₂CH(CH₃)COOH , C₆H₅OH, CH₃COOC₂H₅, CH₃NH₃Cl => có 4 chất

NH₂CH(CH₃)COOH + KOH → NH₂CH(CH₃)COOK + H₂O

C₆H₅OH + KOH → C₆H₅OK + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + KOH → CH₃COOK + C₂H₅OH

CH₃NH₃Cl + KOH → KCl + CH₃NH₂ + H₂O

Đáp án B

n_Fe = 1,12 : 56 = 0,02 (mol)

n_HCl = 0,3.0,2 = 0,06 (mol)

         Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

PƯ  0,02 →0,04→0,02              (mol)

Vậy dd X chứa: FeCl₂: 0,02 (mol); HCl dư: 0,02 (mol)

Hay dd X chứa: Fe²⁺: 0,02 (mol) ; H⁺: 0,02 (mol); Cl^- : 0,06 (mol)

Cho dd X + AgNO₃ dư xảy ra pư

Ag⁺ + Cl^- → AgCl↓

          0,06→ 0,06    (mol)

3Fe²⁺ + 4H⁺  + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O     

0,015←0,02

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag↓

(0,02-0,015) →           0,005 (mol)

=> m_↓ = m_AgCl + m_Ag = 0,06. 143,5 + 0,005.108 = 9,15 (g)

Đáp án D

n_Mg = 4,8 : 24 = 0,2 (mol)

Mg + HCl → MgCl₂ + H₂↑

0,2             →               0,2  (mol)

=> V_H2(ĐKTC) = 0,2× 22,4 = 4,48(l)

Đáp án D

CH₃COOCH₂CH₃ có tên là etyl axetat

Đáp án A

X làm quỳ tím chuyển đỏ ⟹ X là axit axetic hoặc axit glutamic.

Y tạo kết tủa trắng với dd nước brom ⟹ Y là anilin.

Z có phản ứng tráng bạc ⟹ Z là glucozơ.

T tạo phức màu xanh lam với Cu(OH)₂ ⟹ T là saccarozơ.

Từ đáp án X, Y, Z, T lần lượt là: axit glutamic; anilin; glucozơ; saccarozơ.

* Gọi số mol CO₂ và H₂O lần lượt là x và y (mol).

Ta có: x + y = 12,992/22,4 = 0,58 (1)

Vì các ancol trong X đều là ancol no, đơn chức, mạch hở ⟹ n_O2 = 1,5n_CO2 = 1,5x (mol)

BTKL ⟹ 5,16 + 32.1,5x = 44x + 18y (2)

Từ (1) và (2) ⟹ x = 0,24 và y = 0,34

* Sục hỗn hợp CO₂ và H₂O vào dung dịch Ca(OH)₂ dư:

n_CaCO3 = n_CO2 = 0,24 mol.

Vậy khối lượng dung dịch giảm là ∆m = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = 7,32 gam.

Dung dịch có pH nhỏ nhất tức là có nồng độ H⁺ phân li ra nhiều nhất.

Cùng nồng độ các chất thì H₂SO₄ phân li cho nhiều H⁺ nhất ⟹ pH nhỏ nhất

Đáp án D

HCl không tan trong benzen nên không phân li ra đươc cation và anion do vậy không dẫn được điện.

Đáp án C

n_NO = 0,896 : 22,4 = 0,04 (mol)

n_NO3-(trong muối) = n e nhường = 3n_NO = 0,12 (mol)

=> m_muối = m_KL + m_NO3- = 2,06 + 0,12.62 = 9,5 (g)

Đáp án B

C₇H₆O₃ có độ bất bão hòa k = (7.2 + 2 – 6)/2 = 5

X + NaOH theo tỉ lệ 1: 3 => X phải là este của phenol

CTCT X thỏa mãn là:

HCOOC₆H₄OH (có 3 vị trí nhóm –OH gắn vào vòng benzen là octor, meta, para) => có 3 CTCT

HCOOC₆H₄-OH + 3NaOH → HCOONa + NaOC₆H₄ONa + 2H₂O

Đáp án B

NH₄HCO₃ được nhào thêm để tăng độ xốp cho bánh vì khi đun nóng ở nhiệt độ cao bị nhiệt phân tạo theo phương trình:

NH₄HCO₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) NH_3­↑ + CO₂↑ + H₂O           

Khí NH₃ và CO₂ thoát ra ngoài làm bánh xốp hơn

Đáp án D

n_NaOH = 0,3. 0,1 = 0,03 (mol)

axit axetic và metyl fomat có cùng CTPT: C₂H₄O₂

n_X = n_NaOH = 0,03 (mol) => m_X = 0,03. 60 = 1,8 (g)

Đáp án C

\(\left\{ \begin{gathered}
\overbrace {{H_2}N - R - C{\text{OOH}}}^{{\text{14,19(g)}}} \hfill \\
{{\text{(COO}}H)_2}:0,05mol \hfill \\
\end{gathered} \right. + NaOH:0,3 \to \underbrace {Chat\,ran}_{26,19(g)}\, + {H_2}O\)

 BTKL: m_H2O = m _a.a + m_(COOH)2 + m_NaOH – m _{chất rắn} = 14,19 + 0,05.90 + 0,3.40 – 26,19 = 4,5 gam

=> n_H2O = 0,25 mol < n_NaOH => NaOH dư, các chất trong X phản ứng hết

n_H2O = n_a.a + 2n_(COOH)2 => n_a.a = 0,25 – 2.0,05 = 0,15 mol

=> M _a.a = 14,19 : 0,15 = 94,6 => R = 33,6

Hỗn hợp muối sau phản ứng với HCl gồm:

ClH₃N-R-COOH: 0,15 mol

NaCl: 0,3 mol

=> m _muối = 0,15(52,5 + R + 45) + 0,3.58,5 = 37,215 gam

Đáp án B

*Tại n_KOH = 0,56 mol thì Al(OH)₃ chưa đạt cực đại:

n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3 ⟹ 0,56 = x + 3a (1)

*Tại n_KOH = 1,04 mol thì Al(OH)₃ chưa đạt cực đại:

n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3 ⟹ 1,04 = x + 3(a + 0,8x) (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,2 và a = 0,12

*Tại n_KOH = b mol thì kết tủa Al(OH)₃ đã bị hòa tan một phần:

n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3 ⟹ b = x + 4y - (a + 0,8x) (3)

*Tại n_KOH = 7x + 0,08 mol thì kết tủa đã bị tan một phần:

n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3 ⟹ 7x + 0,08 = x + 4y - a (4)

Giải (1) (2) (3) (4) được a = 0,12; b = 1,32; x = 0,2; y = 0,35

⟹ b : a = 1,32 : 0,12 = 11.

*Khi cho X tác dụng với NaOH, KOH sau đó tác dụng với HCl:

n_HCl = n _a.a + n_NaOH + n_KOH => n _a.a = n_HCl – n_NaOH – n_KOH = 0,36 – 0,1 – 0,12 = 0,14 mol

*Xét phản ứng X tác dụng với NaOH và KOH:

n _a.a (0,14 mol) < n_NaOH + n_KOH (= 0,1 + 0,12 = 0,22 mol) => a.a phản ứng hết, bazo dư

Sơ đồ phản ứng:

\(0,14mol\,X\left\{ \begin{gathered}
Ala \hfill \\
Gly \hfill \\
Val \hfill \\
\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:0,1 \hfill \\
KOH:0,12 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to 20,66gam\,chat\,tan\, + \,{H_2}O:0,14\) 

BTKL: m_X = m _{chất tan} + m_H2O – m_NaOH – m_KOH = 20,66 + 0,14.18 – 0,1.40 – 0,12.56 = 12,46 gam

*Quy đổi hỗn hợp X thành:

\(\underbrace {0,14mol\,X}_{12,46\,gam}\left\{ \begin{gathered}
CONH:0,14 \hfill \\
C{H_2}:a(mol) \hfill \\
{H_2}O:0,14 \hfill \\ 
\end{gathered} \right. \to 0,14.43 + 14a + 0,14.18 = 12,46 \to a = 0,28mol\) 

=> n_C(X) = 0,14 + 0,28 = 0,42 mol

*Quy đổi ½ hỗn hợp T thành:

n_C(T) = n_C(X) => n_CH2(T) = n_CH2(X) = 0,28 mol

\(\frac{1}{2}\,hh\,T\left\{ \begin{gathered}
CONH:0,14 \hfill \\
C{H_2}:0,28 \hfill \\
{H_2}O:b \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}}}{H_2}O:0,39\)

 BTNT “H”: b = 0,39 – 0,5.0,14 – 0,28 = 0,04 mol

=> m _{(1/2 T)} = 0,14.43 + 0,28.14 + 0,04.18 = 10,66 gam => m_T = 10,66.2 = 21,32 gam

Đáp án D

*Trộn 200 ml dung dịch Y (chứa y mol OH^-) với 200 ml HCl 0,2M và H₂SO₄ 0,15M

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,2.0,2 + 2.0,2.0,15 = 0,1 mol

pH = 13 => pOH = 14 – 13 = 1 => [OH^-] = 0,1M

           OH^- + H⁺ → H₂O

Bđ:       y       0,1

Pư:     0,1 ← 0,1

Sau: y – 0,1   0

\( \to \left[ {O{H^ - }} \right] = \frac{{y - 0,1}}{{0,4}} = 0,1 \to y = 0,14\) 

=> 400 ml dung dịch Y chứa 0,28 mol OH^-

*Hòa tan m gam hỗn hợp X{Na, K, Ba, O: x mol} + H₂O → Y{Na⁺, K⁺, Ba²⁺, OH^-: 0,28 mol} + H₂: 0,07

BT electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => n_Na + n_K + 2n_Ba = 2x + 2.0,07 (1)

BTĐT: n_Na+ + n_K+ + 2n_Ba2+ = n_OH- => n_Na + n_K + 2n_Ba = 0,28 (2)

Từ (1) và (2) => 2x + 2.0,07 = 0,28 => x = 0,07 mol

=> m_O = 0,07.16 = 1,12 gam => m_X = 1,12.(100/8,75) = 12,8 gam gần nhất với 13 gam

Đáp án C

\(0,6mol\,E\left\{ \begin{gathered}
Ancol\,X:0,3 \hfill \\
Este\,Y:0,1 \hfill \\
Andehit\,Z:0,2 \hfill \\
\end{gathered} \right. + {O_2} \to \left\{ \begin{gathered}
C{O_2}:1,1 \hfill \\
{H_2}O:1,2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “H”: n_H = 2n_H2O = 2,4 mol

BTNT “C”: n_C = n_CO2 = 1,1 mol

=> Số nguyên tử H = n_H : n_E = 2,4 : 0,6 = 4

Do este là đơn chức, no, mạch hở => Este Y là C₂H₄O₂ (HCOOCH₃)

Ta có: C_tb = n_C : n_E = 1,1 : 0,6 = 1,833 => Ancol hoặc andehit có 1C

Nhưng vì andehit có 4H nên không thể có 1C => Ancol có 1C

=> Ancol X là CH₄O

BTNT “C”: n_CH4O + 2n_C2H4O2 + n.n_Z = n_CO2 (n là số C trong Z)

=> 0,3.1 + 0,1.2 + 0,2n = 1,1 => n = 3

Do anđehit là no nên ta suy ra anđehit là OHC-CH₂-CHO

=> n_Ag = 2n_Y + 4n_Z = 2.0,1 + 4.0,2 = 1 mol

=> m_Ag = 108 gam

Đáp án D

n_Mg = m/24 mol; n_Ag+ = 0,1 mol; n_Fe3+ = 1 mol

Thứ tự phản ứng:

(1) Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag

(2) Mg + 2Fe³⁺ → Mg²⁺ + 2Fe²⁺

(3) Mg + Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe

TH1: Mg hết, Ag⁺ dư, Fe³⁺ chưa phản ứng → chỉ xảy ra phản ứng (1)

→ 2n_Mg < n_Ag+ hay m/12 < 0,1 → m < 0,12

n_Ag = 2n_Mg = m/12 (mol)

m _{KL sau pư} = m_Ag → m + 4 = 0,8m/12 → m = 0,5 gam (thỏa mãn)

TH2: Ag⁺ hết, Mg phản ứng một phần với Fe³⁺, Fe³⁺ ở (2) dư → xảy ra (1) và (2)

(1) Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag

     0,05 ← 0,1 →                 0,1 (mol)

(2) Mg       +      2Fe³⁺ → Mg²⁺ + 2Fe²⁺

 m/24-0,05 → m/12-0,1                          (mol)

Điều kiện để Fe³⁺ dư là: m/12-0,1 < 1 → m < 13,2

m _{KL sau pư} = m_Ag → m + 4 = 0,1.108 → m = 6,8 gam (thỏa mãn)

TH3: Ag⁺ ở (1) hết, Fe³⁺ ở (2) hết, Mg phản ứng với Fe²⁺, Fe²⁺ ở (3) dư → xảy ra (1), (2), (3)

(1) Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag

   0,05 ← 0,1           →       0,1 (mol)

(2) Mg + 2Fe³⁺ → Mg²⁺ + 2Fe²⁺

    0,5 ←   1                 →       1    (mol)

(3) Mg       +    Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe

 m/24-0,55 → m/24-0,55  → m/24-0,55

Điều kiện để Fe²⁺ ở (3) dư là m/24-0,55 < 1 → m < 37,2 gam

m _{KL sau pư} = m_Ag + m_Fe → m + 4 = 0,1.108 + 56(m/24-0,55) → m = 18 gam (thỏa mãn)

TH4: Mg dư hết sau tất cả các phản ứng → xảy ra (1) (2) (3)

(1) Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag

    0,05 ← 0,1               →    0,1 (mol)

(2) Mg + 2Fe³⁺ → Mg²⁺ + 2Fe²⁺

    0,5 ←   1 →                      1 (mol)

(3) Mg + Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe

       1   ←  1                  →   1 (mol)

m_{KL sau pư} = m_{Mg dư} + m_Ag + m_Fe → m + 4 = m – 1,55.24 + 0,1.108 + 1.56 → vô nghiệm

Kết luận: Vậy a = 0,5 + 6,8 + 18 = 25,3 gam

Đáp án A

Khối lượng của Ca(H₂PO₄)₂ là 15,55.35,43% = 5,51 g.

Ca(H₂PO₄)₂     →   P₂O₅

   234                   142

   5,51                    x  (g)

⟹ x = 3,34 g.

Vậy độ dinh dưỡng của loại phân này là (3,34/15,55).100% = 21,48%

Đáp án A

n_Ag = 15 : 108 = 5/36 (mol)

n_Glu = 1/2 n_Ag = 5/72 (mol)

m_Glu = n_Glu. M_Glu = 5/72 × 180 = 12,5 (g)

Nồng độ của dd glucozo là: \(C\%  = \frac{{{m_{Glu}}}}{{m{\,_{dd}}}}.100\%  = \frac{{12,5}}{{250}}.100\%  = 5\% \)

Đáp án D

A. 2C₆H₅OH + 2Na → 2C₆H₅ONa + H₂

B. C₆H₅OH + 3Br₂ → 2,4,6 tribromphenol + 3HBr

C. C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

D. Phenol (C₆H₅OH) không có phản ứng với HCl đặc

Đáp án D

(1) đúng vì protein bị đông tụ khi có mặt axit, một số muối hoặc đun nóng.

(2) sai, amilopectin có mạch phân nhánh, amilozo có mạch không phân nhánh

(3) đúng, tơ visco và tơ axetat là tơ bán tổng hợp hay còn gọi là tơ nhân tạo

(4) sai, vì một số trường hợp đặc biệt ta còn có thể thu được anđehit, xeton hay muối của phenol

(5) sai, số nguyên tử N trong Glu-Lys là 3 (Glu có 1N, Lys có 2N)

(6) sai, vì đipeptit không có phản ứng màu biure

(7) đúng

(8) sai chất béo lỏng cộng H₂ (là chất khử không phải chất oxi hóa) ta thu được chất béo rắn

Vậy có 3 đáp án đúng

Đáp án C

Cao su thiên nhiên có công thức cấu tạo: CH₂=C(CH₃)-CH=CH₂ (CTPT: C₅H₈)

Gọi số mắt xích isopren có chứa 1 cầu đisunfua là n

=> Công thức cao su lưu hóa là: C_5nH_8n-1S₂

\(\% {m_S} = \frac{{2.32}}{{12.5n + (8n - 1) + 2.32}}.100\%  = 1,849\% \) => n = 50

Đáp án C

(1) sai vì mắt xích H₂NCH₂-CH₂COOH không phải là α-amino axit

(2) đúng, muối HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COONa là thành phần chính của mì chính.

(3) đúng, vì CH₃NH₂ có gốc CH₃- đẩy e làm cho mật độ điện tích âm trên nguyên tử N tăng, khả năng nhận H⁺ cũng tăng nên tính bazo mạnh hơn so với NH₃.

(4) sai, vì tetrapeptit được tạo nên từ 4 mắt xích α-amino axit nhưng chỉ có 3 liên kết peptit.

(5) đúng

Vậy có 3 phát biểu đúng

Đáp án A

Từ (3) suy ra (Y) là CH₃COONa

Từ (2) suy luận X có phản ứng tráng Ag => X là: CH₃CHO

Từ (1) suy ra CTCT của C₄H₆O₂ là: CH₃COOCH=CH₂

Đáp án C

n_HCl = 0,11.2 = 0,22 (mol); n_KOH = 0,14.3 = 0,42 (mol)

Ta coi như hỗn hợp 2 amin và ax HCl phản ứng với KOH

Gọi công thức chung của 2 amin là: H₂NC_nH_2nCOOH

HCl + KOH → KCl + H₂O

0,22→ 0,22                         (mol)

H₂NC_nH_2nCOOH + KOH → H₂NC_nH_2nCOOK + H₂O

0,2                     ← (0,42 -0,22)                                     (mol)

→ n_H2NCnH2nCOOH  = 0,2 (mol)

\(\overline M \,aminoaxit = {{19,2} \over {0,2}} = 96\) → phải chứa Gly (M=75) hoặc Ala (M = 89)

TH₁: aminoaxit nhỏ là Gly → M_{còn lại} = 75. 1,373 = 103 (C₄H₉NO₂)

Đặt: C₂H₅NO₂: a (mol) ; C₄H₉NO₂: b (mol)

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
a + b = 0,2 \hfill \cr
75a + 103b = 19,2 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,05 \hfill \cr
b = 0,15 \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \% {V_{{C_2}{H_5}N{O_2}}} = {{0,05} \over {0,2}}.100\% = 25\% \cr
& \% {C_4}{H_9}N{O_2} = 100\% - 25\% = 75\% \cr} \)

TH₂: aminoaxit nhỏ là Ala → M_{còn lại} = 89.1,373 = 122,2 vô nghiệm

Đáp án B

Ta cho quặng Ag tác dụng với muối Fe(NO₃)₃

Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

Đáp án A

C₆H₁₂O₆ + H₂ → C₆H₁₄O₆ (Sobitol)

0,01                ←           0,01              (mol)

n_Sobitol = 1,82 : 182 = 0,01 (mol)

→ m_glu lí thuyết = 0,01.180 = 1,8 (g)

Vì %H = 60% → m_Glu thực tế = m_glu lí thuyết :% H = 1,8 : 0,6=3 (g)

Đáp án B

Tristearin có CTCT: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Vậy muối thu được sau phản ứng là: C₁₇H₃₅COONa

Đáp án A

Giấm ăn là dung dịch axit axetic (CH₃COOH) có nồng độ từ 2-5%

Đáp án D.