Đáp án C

So sánh nhiệt độ sôi của các hợp chất hữu cơ: Axit > ancol > este > anđehit > hiđrocacbon.

→ Chất có nhiệt độ sôi cao nhất trong các chất đã cho là CH₃COOH.

Đáp án A

Trong dãy điện hóa, tính từ trái sang phải tính khử của kim loại giảm dần.

→ Tính khử của Na > Al > Fe > Cu > Ag.

Đáp án A

Dung dịch K₂Cr₂O₇ có màu da cam

Dung dịch KCl không màu.

Dung dịch K₂CrO₄ có màu vàng.

Dung dịch KMnO₄ có màu tím.

Đáp án A

A đúng vì là chất béo không no nên ở nhiệt độ thường ở trạng thái lỏng.

B, D sai vì là chất béo no nên ở nhiệt độ thường ở trạng thái rắn.

C sai vì phenol ở nhiệt độ thường là chất rắn.

Đáp án D

Al₂O₃ và Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính. CrO₃ là oxit axit. Fe₂O₃ là oxit bazơ.

Chú ý: CrO là oxit bazơ.

Đáp án B

Đáp án C

Anilin có công thức là C₆H₅NH₂ → Phân tử khối là 93.

Đáp án B

Muối cacbonat của kim loại kiềm bền với nhiệt, ở nhiệt độ rất cao mới bị phân hủy.

Muối hiđrocacbonat đều bị nhiệt phân hủy.

Muối nitrat đều bị nhiệt phân hủy.

Muối amoni đều bị nhiệt phân hủy.

Đáp án B

Phương trình hóa học: AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

Đáp án C

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,15mol\to n_{H^{+}}=0,3mol$

Phản ứng trung hòa: $n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}=0,3mol$

$\to n_{Na}=n_{NaOH}=n_{O{H}^{-}}=0,3mol$

$\to m=0,3.23=6,9gam$

Đáp án D

Sắt tác dụng với dung dịch HCl, dung dịch Cu(NO₃)₂, S thu được hợp chất sắt(II).

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu

Fe + S $\underset{}{\overset{t°}{\to }}$  FeS

Sắt tác dụng với Cl₂ thu được hợp chất sắt(III).

2Fe + 3Cl₂ $\underset{}{\overset{t°}{\to }}$  2FeCl₃

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn este thu được $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}$  nên este đó là este no, đon chức, mạch hở.

→ Este thỏa mãn là C₂H₅COOCH₃.

Đáp án D

A, B, C được sử dụng vì là phương pháp bảo vệ bề mặt.

D không được sử dụng vì với phương pháp điện hóa thì kim loại mạnh hơn bị ăn mòn nên nếu gắn đồng với kim loại sắt, sắt sẽ bị ăn mòn.

Đáp án B

Các chất làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là: etylamin, lysin.

Đáp án B

$n_{C{H}_{3}COOC{H}_3}=0,05mol$

Phương trình hóa học:

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

0,05                     → 0,05 mol

$\to m_{muoái}=0,05.82=4,1gam$

Đáp án A

Trong các polime đã cho:

Polime thiên nhiên: xenlulozơ, tinh bột.

Polime tổng hợp: polietilen, nilon-6, nilon-6,6, polibưtađien.

Chú ý: Theo nguồn gốc, polime được chia thành ba loại là polime thiên nhiên, polime bán tổng hợp (polime nhân tạo), polime tổng hợp.

Đáp án D

Để nhận biết nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu thì có thể dùng cách là đun nóng dung dịch.

Nước cứng tạm thời mất tính cứng, có xuất hiện kết tủa.

Nước cứng vĩnh cửu không mất tính cứng, không có hiện tượng gì.

Đáp án A

$n_{C{O}_2}=0,75mol$; $n_{N_2}=0,125mol$  ; $n_{H_{2}O}=1,125mol$

Amin đơn chức: $n_X=2n_{N_2}=0,25mol$

Số nguyên tử $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{0,75}{0,25}=3$

Số nguyên tử $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=\frac{2.1,125}{0,25}=9$

→ Công thức phân tử của  X là C₃H₉N.

Đáp án D

A đúng vì các -amino axit và -amino axit đều có khả năng tham gia phản ứng trùng ngưng tạo tơ nilon-6, tơ nilon-7.

B đúng vì từ tripeptit có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo phức màu tím.

C đúng.

D sai vì không phải protein nào cũng tan được trong nước.

Dạng hình sợi hầu như không tan trong nước.

Dạng hình cầu tan trong nước tạo thành dung dịch keo.

Đáp án A

$n_{FeC{l}_2}=0,05mol\to n_{F{e}^{2+}}=0,05mol$; $n_{C{l}^{-}}=0,1mol$

Phương trình hóa học:

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

0,05                  → 0,05          mol

Cl^– + Ag⁺  → AgCl

0,1          → 0,1            mol

$\to m_{keáttuûa}=0,05.108+0,1.143,5=19,75gam$

Đáp án B

Phương trình hóa học:

(a) 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

(b) CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

(c) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

(d) Ca(HCO₃)₂  CaCO₃ + CO₂ + H₂O

Vậy cả 4 thí nghiệm đều tạo ra chất khí.

Đáp án B

Ta có quá trình:

${\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(OH\right)}_3\right]}_n+3nHN{O}_3\to {\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(ON{O}_2\right)}_3\right]}_n+3n{H}_{2}O$

                             189                297                            gam

                               x                 14,85                          kg

Nếu $H=100\%$ , ta có: $x=\frac{14,85.189}{297}=9,45kg$

Với $H=90\%$ , ta có: $m_{axitnitric}=9,45:90\%=10,5kg$

Đáp án C

$n_{HC{O}_3^{-}}=0,12mol$; $n_{C{a}^{2+}}=0,05mol$ ; $n_{CaC{O}_3}=0,08mol$ ; $n_{khí}=0,05mol$

Gọi số mol của K và Ca lần lượt là x và y mol.

Phương trình hóa học:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

Ta có:  $n_{H_2}=0,05mol\to 0,5x+y=0,05$ (*)

Phương trình hóa học:

Ca²⁺ +  + OH^– → CaCO₃ + H₂O

0,08 ←                    0,08                mol

Bảo toàn nguyên tố Ca: $\sum n_{C{a}^{2+}}=y+0,05=0,08mol\to y=0,08-0,05=0,03$

Từ (*) suy ra: $x=0,04$

$\to m=0,04.39+0,03.40=2,76gam$

Đáp án C

Ta có quá trình:

$C_4{H}_{10}\underset{}{\overset{cracking}{\to }}HhA〈\begin{array}{l}TH1:C_3{H}_{6}vaøC{H}_4\underset{}{\overset{ddB{r}_2}{\to }}khíthoaùtra:C{H}_{4}vaøC_3{H}_{6dö}\\ TH2:C_2{H}_{4}vaøC_2{H}_6\underset{}{\overset{ddB{r}_2}{\to }}khíthoaùtra:C_2{H}_{6}vaøC_2{H}_{4dö}\end{array}$

Ta có: $d_{khíthoaùtra/C{O}_2}=0,5\to \overline{M}=22$

→ TH2 loại, vậy khí thoát ra gồm CH₄ và C₃H₆ dư: $m_{khíthoaùtra}=0,13.22=2,86gam$

Lại có: $n_{C_3{H}_{6}pövôùiB{r}_2}=n_{B{r}_2}=0,07mol$

Bảo toàn khối lượng: $m=m_A=m_{C_3{H}_{6}pövôùiB{r}_2}+m_{khíthoaùtra}=0,07.42+2,86=5,8gam$

Đáp án B

$n_{HCl}=0,08mol$; $n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,04mol\to n_{H^{+}}=0,08mol$ ;$n_{C{u}^{2+}}=0,04mol$ ; $n_{N{O}_3^{-}}=0,08mol$

Ta có: $n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=0,02mol\to V_{NO}=0,02.22,4=0,448lít$

Sau phản ứng thu được muối Fe(II) nên bảo toàn electron: $2n_{Fephaûnöùng}=2n_{C{u}^{2+}}+3n_{NO}$

$\to n_{Fephaûnöùng}=0,07mol$

Đáp án A

Các phát biểu đúng là: (a), (d), (e), (f).

(b) sai vì độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng phần trăm khối lượng P₂O₅ tương ứng với lượng P có trong thành phần phân.

(c) sai vì thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

Đáp án C

Quá trình điện phân:

Ở catot (–):                                      Ở anot (+):

Cu⁺² + 2e → Cu                    2Cl^– → Cl₂ + 2e

2H₂O + 2C → 2OH^– + H₂              2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Xét sau thời gian t giây: $n_{khíôûanot}=0,12mol$

Gọi số mol Cl₂ là x mol $\to n_{O_2}=0,12-xmol$

Ta có $n_{etraoñoåi}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2x+4\left(0,12-x\right)=0,48-2xmol$

Xét thời gian 2t giây: $n_{etraoñoåi}=2.\left(0,48-2x\right)=0,96-4xmol$

Ta có: $n_{C{l}_2}=xmol\to n_{O_2}=\frac{n_{etraoñoåi}-2n_{C{l}_2}}{4}=\frac{0,96-4x-2x}{4}=0,24-1,5xmol$

$\to n_{khíôûanot}=x+0,24-1,5x=0,24-0,5xmol$

$\to n_{H_2}=n_{khíôûcatot}=\frac{1}{3}.\left(0,24-0,5x\right)=0,08-\frac{0,05x}{3}mol$

Khối lượng catot tăng 18,56 gam: $n_{Cu}=\frac{18,56}{64}=0,29mol$

Ta có phương trình: $n_{etraoñoåi}=2n_{Cu}+2n_{H_2}\iff 0,96-4x=2.0,29+2.\left(0,08-\frac{0,5x}{3}\right)$

Bảo toàn nguyên tốn Cu, Cl: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}=0,29mol\\ n_{KCl}=2n_{C{l}_2}=2x=0,12mol\end{array}\right.$

$\to m=0,29.188+0,12.74,5=63,46gam$

Đáp án D

Các phát biểu đúng là (a), (b), (c).

(d) sai vì từ tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

Đáp án D

Thí nghiệm trên mô tả phản ứng nhiệt nhôm giữa Al và Fe₂O₃.

     Hĩnh (1): Đốt dải Mg làm mồi cho phản ứng nhiệt nhôm xảy ra.

     Hình (2): Al khử Fe₂O₃ tạo ra nhiệt độ > 2000°C, khói trắng là Al₂O₃.

     Hình (3): Sản phẩm thu được gồm Al₂O₃ (X) và Fe nóng chảy (Y). Nhiệt lượng do phản ứng tỏa ra làm nỏng chảy kim loại. 

Ta thấy:

     (1) đúng vì phản ứng tạo ra nhiệt độ rất lớn ( > 2000°C) làm cho Al₂O₃ và Fe đều nóng chảy. Khối lượng riêng của Al₂O₃ nhỏ hơn của Fe nên Al₂O₃ ở trên, Fe ở dưới.

     (2), (3), (4) đúng.

     (5) đúng vì hỗn hợp Al và Fe₂O₃ (hỗn hợp tecmit) dùng để hàn đường ray.

→ Tất cả 5 phát biểu đều đúng,

Đáp án C

Cho từ từ phần một vào dung dịch HCl: $n_{HCl}=0,048mol$ .

Gởi số mol của $C{O}_3^{2-}$  và $HC{O}_3^{-}$  phản ứng làn lượt là a và b mol.

Phương trình hóa học:  + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

  a         2a           a                 mol

 + H⁺ → CO₂ + H₂O

   b           b         b                 mol

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2a+b=0,048\\ a+b=0,03\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,018\\ b=0,012\end{array}\right.$ . Ta thấy: $\frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n_{HC{O}_3^{-}}}=\frac{0,018}{0,012}=\frac{3}{2}$

Gọi số mol của  và  trong mỗi phần dung dịch Y lần lượt là 3x và 2x mol. Cho từ từ dung dịch HCl vào phần hai:

Phương trình hóa học:

$C{O}_3^{2-}$ + H⁺ → $HC{O}_3^{-}$

  3x       3x          3x               mol

$HC{O}_3^{-}$ + H⁺ → CO₂ + H₂O

    5x    0,024    0,024            mol

Ta có: $3x+0,024=0,048\to x=0,008$

→ Dung dịch Y chứa $C{O}_3^{2-}$  (0,048 mol) và $HC{O}_3^{-}$  (0,032 mol).

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y: $n_{N{a}^{+}}=2n_{C{O}_3^{2-}}+n_{HC{O}_3^{-}}=2.0,048+0,032=0,128mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}-n_{C{O}_3^{2-}}-n_{HC{O}_3^{-}}=0,128-0,048-0,032=0,048mol$

→ Quy đổi hỗn hợp ban đầu gồm Na (0,128 mol); Ba (0,048 mol) và O.

Bảo toàn elẹctron cho quá trình hòa tan hỗn hợp vào nước: $2n_O+2n_{H_2}=n_{Na}+2n_{Ba}$

$\to n_O=\frac{0,128+2.0,048-2.0,06}{2}=0,052mol$

$\to m=0,128.23+0,048.137+0,052.16=10,352gam$

Đáp án B

Ta có: Y là Gly-Gly; Z là C₂H₅NH₃NO₃.

Cho E tác dụng với hỗn hợp dung dịch NaOH và KOH thu được 4 muối (trong đó có 2 muối natri và 2 muối kali) → Chỉ có 2 gốc axit → X là Gly.

$n_{NaOH}=0,3mol$; $n_{KOH}=0,2mol$

Khí T là C₂H₅NH₂.

$\to n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=n_T=0,2mol\to n_{N{O}_3^{-}}=n_Z=n_T=0,2mol$

Muối gồm Na⁺ (0,3 mol); K₊ (0,2 mol);  (0,2 mol) và NH₂CH₂COO^–

Bảo toàn điện tích: $n_{N{H}_{2}C{H}_{2}CO{O}^{-}}=0,3+0,2-0,2=0,3mol$

$\to m=0,3.23+0,2.39+0,2.62+0,3.74=49,3gam$

Đáp án A

$n_{HN{O}_{3}pu}=\frac{2,1}{125\%}=1,68mol$

Sơ đồ phản ứng: $\underset{mgam}{\underbrace{X}}+\underset{1,68mol}{\underbrace{HN{O}_3}}+\underset{0,16mol}{\underbrace{NO}}+\underset{3,73gam}{\underbrace{Y}}+H_{2}O$

$m_{O\left(X\right)}=0,16mgam\to n_{O\left(X\right)}=0,01mmol$

Ta có: $n_{HN{O}_3}=2n_{O\left(X\right)}+4n_{NO}+10n_{N{H}_4^{+}}\to n_{N{H}_4^{+}}=\left(0,104-0,002m\right)mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_{2}O}=\frac{n_{HN{O}_3}-4n_{N{H}_4^{+}}}{2}=\frac{1,68-4\left(0,104-0,002m\right)}{2}=\left(0,632+0,004m\right)mol$

Bảo toàn khối lượng: $m+1,68.3=0,16.30+3,73m+\left(0,632+0,004m\right)18\to m=32gam$

Đáp án A

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,16mol$; $n_{HCl}=0,6mol\to n_{H^{+}}=0,92mol$

Gọi số mol của CuO, MgO và Al₂O₃ lần lượt là a, b và c mol.

 $\to 80a+40b+102c=18,56$ (1)

Xét X tác dụng với dung dịch NaOH:

Tạo $n_{NaOH}=1,08mol$ , kết tủa thu được gồm Cu(OH)₂ và Mg(OH)₂; Al(OH)₃ đã đạt cực đại và bị hòa tan hết.

        $\to a+b=0,18$ (2)

Ta có: $n_{NaOH}=n_{H^{+}du}+2n_{C{u}^{2+}}+2n_{M{g}^{2+}}+4n_{A{l}^{3+}}$

$\iff \left[0,92-2\left(a+b+3c\right)\right]+2a+2b+4.2c=1,08\to c=0,08$ (3)    

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $a=0,08$ ;$b=0,1$ ; $c=0,08$

→ Dung dịch X gồm Cu²⁺ (0,08 mol); Mg²⁺ (0,1 mol); Al³⁺ (0,16 mol); H⁺ dư (0,08 mol);  $S{O}_4^{2-}$(0,16 mol) và Cl^– (0,6 mol).

Xét X tác dụng với Ba(OH)₂ và NaOH:

TH 1: Al(OH)₃ kết tủa cực đại.

Gọi số mol Ba(OH)₂ và NaOH phản ứng lần lượt là x và 6x mol.

Ta có: $n_{O{H}^{-}}=2n_{S{O}_4^{2-}}+n_{C{l}^{-}}\iff 2x+6x=0,92\to x=0,115mol$

Ta thấy: $n_{B{a}^{2+}}<n_{S{O}_4^{2-}}\to n_{\text{BaS}{O}_4}=n_{B{a}^{2+}}=0,115mol$

Kết tủa gồm Cu(OH)₂ (0,08 mol); Mg(OH)₂ (0,1 mol); Al(OH)₃ (0,16 mol) và BaSO₄ (0,115 mol).

$\to m_{keáttuûa}=0,08.98+0,1.58+0,16.78+0,115.233=52,915gam$  

TH 2: BaSO₄ kết tủa cực đại.

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=n_{BaS{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}^{}=0,16mol\to n_{NaOH}=0,16.6=0,96mol$

Ta có: $n_{O{H}^{-}}=1,28mol>1,08\to$ Al(OH)₃ đã bị hòa tan hết

Kết tủa gồm Cu(OH)₂ (0,08 mol); Mg(OH)₂ (0,1 mol) và BaSO₄ (0,16 mol).

$\to m_{kết tủa}=0,08.98+0,1.58+0,16.233=50,92gam$

Nhận xét: $m_{kết tủa\left(TH2\right)}<m_{kết tủa\left(TH1\right)}\to$  Loại TH2.

→ m gam chất rắn khan gồm CuO, MgO, Al₂O₃ và BaSO₄.

Do số mol Cu, Mg, AI được bảo toàn nên $m_{CuO}+m_{MgO}+m_{A{l}_2{O}_3}=18,56gam$

$\to m=18,56+0,115.233=45,355gam$

Chú ý: Đề bài hỏi tại thời điểm kết tủa thu được là lớn nhất, nếu đem nung két tủa đó thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. Tránh nhầm lẫn với:

Trường hợp tìm giá trị lớn nhất của m → Chọn nhầm đáp án D.

Trường hợp tìm khối lượng kết tủa lớn nhất → Chọn nhầm đáp án C.

Đáp án C

Trong hỗn hợp X: $n_{O\left(X\right)}=\frac{18,4.15,65\%}{16}=0,18mol$

Hỗn hợp khí Z (0,08 mol) gồm CO₂, NO₂ và SO₂.

$\to n_{O\left(Z\right)}=2.0,08=0,16mol$

Quy đổi hỗn hợp Y gồm Fe (a mol), S (b mol) và O $\left(0,18-0,16=0,02mol\right)$ .

Ta có: $n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{91.84\%}{98}=0,78mol$ ; $n_{NaOH}=0,74mol$

Ta có quá trình: $X\left\{\begin{array}{l}FeC{O}_3\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\\ FeS\\ Fe\end{array}\right.\underset{}{\overset{}{\to }}〈\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}Fe\left(amol\right)\\ O\left(0,02mol\right)\\ S\left(bmol\right)\end{array}\right.\underset{}{\overset{\underset{0,78mol}{\underbrace{H_{2}S{O}_4}}}{\to }}〈\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\underset{0,5amol}{\underbrace{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}}\\ \underset{0,4mol}{\underbrace{H_{2}S{O}_4}}\end{array}\right.\underset{}{\overset{\underset{0,74mol}{\underbrace{NaOH}}}{\to }}23,54gam\downarrow \\ \underset{0,4mol}{\underbrace{S{O}_2}}\end{array}\\ Z\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ N{O}_2\\ S{O}_2\end{array}\right.\end{array}$

Ta có: $m_{\downarrow }=m_{Fe{\left(OH\right)}_3}\to n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=0,22mol$

$\to n_{NaOH}=3n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=0,66mol$

$\to n_{NaOHpövôùi{H}_{2}S{O}_{4}dö\left(T\right)}=0,74-0,66=0,08mol$

$\to n_{H_{2}S{O}_{4}dö\left(T\right)}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,04mol$

$\to n_{H_{2}S{O}_{4}pövôùiY}=0,78-0,04=0,74mol$

Bảo toàn nguyên tố S:      $b+0,78=3.0,5a+0,04+0,4\to 1,5a+b=0,34$ (*)

Bảo toàn electron: $3a+6b=0,02.2+0,4.2\to 3a+6b=0,84$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,24$ ; $b=0,02$

$\to m_Y=0,24.56+0,02.32+0,02.16=14,4gam$

Bảo toàn khối lượng: $m_Z=m_X-m_Y=18,4-14,4=4gam$

$\to M_Z=\frac{4}{0,08}=50\to d_{Z/He}=12,5$

Đáp án D

Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol X:

X gồm C₂H₄O₂ (a mol); C₄H₆O₄ (b mol) và  $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$(c mol).

  $\to a+b+c=0,5$ (*)   

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(X\right)}=2.1,3+1,1-2.1,25=1,2mol$

 $\to 2a+4b+2c=1,2$ (**)

Ta có:   $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(k-1\right)n_{hc}=0,2mol\to b+c=0,2$ (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a=0,3; b=0,1; c=0,1

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=2a+4b+nc=1,3mol\to 2.0,3+4.0,1+0,1n=1,3\to n=3$ .

Vậy Y là HCOOCH = CH₂.

Nếu cho 0,5 mol X tác dụng với NaOH thu được dung dịch Z gồm HCOONa (0,4 mol) và CH₃CHO (0,1 mol).

$\to n_{Ag}=2.0,4+2.0,1=1mol$

Vậy nếu cho 0,3 mol X tác dụng với NaOH thu được dung dịch Z, cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng

với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng thì $n_{Ag}=\frac{1}{5}.3=0,6mol$

$\to m_{Ag}=0,6.108=64,8gam$

Đáp án A

Nhận xét: tripanmitin, tristearin có k = 3

axit acrylic, axit oxalic có k = 2

p-HO – C₆H₄CH₂OH có k = 4

Nhưng số mol p-HO – C₆H₄CH₂OH bằng tổng so mol của axit acrylic và axit oxalic nên $\overline{k}=3$

Đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X: $n_{O_2}=1,6894mol$ ; $n_{H_{2}O}=1,0044mol$

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(\overline{k}-1\right)n_X\to n_{C{O}_2}=1,4588mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=28,2056gam$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(X\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}=0,5432mol$

Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH: $n_{NaOH}=0,585mol$ ; $n_{H_{2}O}=1,95mol$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_X=2.0,2272=0,4544mol\\ n_{O\left(X\right)}=2.0,5432=1,0864mol\end{array}\right.$

Đặt số mol của chất béo, axit acrylic, axit oxalic, p-HO – C₆H₄CH₂OH lần lượt là a, b, c, b + c mol.   $\left\{\begin{array}{l}a+b+c+\left(b+c\right)=0,4544\\ 6a+2b+4c+2\left(b+c\right)=1,0864\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+2b+2c=0,4544\\ 6a+4b+6c=1,0864\end{array}\right.$ (*)      

Phần hơi sau phản ứng chứa C₃H₅(OH)₃ (a mol) và H₂O $\left(b+2c+b+c+1,95=2b+3c+1,95mol\right)$ .

Ta có:         $\frac{92a}{92a+18.\left(2b+3c+1,95\right)}=0,02916$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,0144$ ;$b=0,16$ ; $c=0,06$

$\to m_{hôi}=0,0144.92:2,916\%=45,432gam$

Bảo toàn khối lượng: $m=m_X+m_{ddNaOH}-m_{hôi}=56,4112+58,5-45,432=69,4792gam$