X là este đơn chức, chứa vòng benzen.

→ Độ bất bão hòa: $k=\frac{2.8+2-8}{2}=5=1v+3{\pi }_v+1{\pi }_{COO}$

Các công thức cấu tạo của X là: HCOOC₆H₄CH₃ (o); HCOOC₆H₄CH₃ (m); HCOOC₆H₄CH₃ (p);

HCOOCH₂C₆H₅; CH₃COOC₆H₅; C₆H₅COOCH₃.

Đốt cháy hoàn toàn V lít hơi một amin X bằng một lượng oxi vừa đủ tạo ra 8V lít hỗn hợp gồm khí cacbonic, khí nitơ và hơi nước → X là C₃H₉N.

→ X là amin bậc một (C₃H₇NH₂).

Ta có quá trình: R $\underset{\left(1\right)}{\overset{+C{l}_2}{\to }}$  X $\underset{\left(2\right)}{\overset{+O_2}{\to }}$  Y

Bảo toàn khối lượng cho quá trình thứ (1): $m_{C{l}_2}=58,8-16,2=42,6gam\to n_{C{l}_2}=0,6mol$

Bảo toàn khối lượng cho quá trình (2): $m_{O_2}=63,6-58,8=4,8gam\to n_{O_2}=0,15mol$

Quá trình cho nhận electron:

$R\to R^{+n}+ne$         $C{l}_2+2\text{e}\to 2C{l}^{-}$

                            $O_2+4\text{e}\to 2{\text{O}}^{-2}$

Bảo toàn electron: $n.n_R=2.n_{C{l}_2}+4n_{O_2}$

$\to n_R=\frac{2.0,6+4.0,15}{n}=\frac{1,8}{n}\text{ mol}$

$\to M_R=\frac{16,2}{\frac{1,8}{n}}=9n$

Với $n=3,{\text{ M}}_R=27$  thỏa mãn → Kim loại R là nhôm (Al). 

Các polime có thể bị thuỷ phân trong dung dịch axit và dung dịch kiềm là: (2), (5), (6) do chúng là các polieste và poliamit.

Cả X và Y đều tác dụng với Na → Loại A và C.

X tác dụng được với NaHCO₃, Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc → Loại B.

Vậy công thức của X và Y lần lượt là C₂H₅COOH và CH₃CH(OH)CHO.

Gọi số nhóm COOH và NH₂ trong X lần lượt là a và b.

Cho 1 mol X tác dụng với HCl:  $p=m+36,5b$

ho 1 mol X tác dụng với KỌH:  $q=m+38\text{a}$

Mà $q-p=39,5\to 38\text{a}-36,5b=39,5\to a=2;b=1$

→ X có 2 nhóm COOH và 1 nhóm NH₂.

Quy đổi X thành (HCOO)₃C₃H₅ (x mol); CH₂ (y mol) và H₂ ( $-0,08$ mol).  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=5\text{x}+1,5y-0,08.0,5=3,1mol\\ n_{C{O}_2}=6\text{x}+y=2,2mol\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=1,96\end{array}\right.$

Ta có: $m_X=m+4,32=34,32gam\to m=30;{\text{\hspace{0.33em}M}}_X=858$

Cho $(m+0,03)$  gam X tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ:

$n_X=0,035mol\to n_{K\text{O}H}=0,105mol;{\text{ n}}_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,035mol$

Mỗi phần dung dịch X có:  $\left\{\begin{array}{l}{n}_{N{H}_4^{+}}=n_{N{H}_3}=0,3mol\\ n_{F{\text{e}}^{3+}}=n_{F\text{e}{\left(OH\right)}_3}=0,2mol\end{array}\right.$

Gọi số mol của $N{O}_3^{-}$  và $C{l}^{-}$  lần lượt là x và y mol.

Bảo toàn điện tích cho mỗi phần dung dịch X: $x+y=0,9$   (1)

Xét phần hai: $m_{muoi\text{ khan}}=56,5gam\to 62\text{x}+35,5y=39,9$       (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\text{x}=0,3;y=0,6$

Xét phần ba:

Bảo toàn nguyên tố N: $n_{NO}=n_{N{O}_3^{-}}=0,3mol$

Bảo toàn electron: $2n_{Cu}=n_{F{\text{e}}^{3+}}+3n_{NO}\to n_{Cu}=0,55mol$

$\to m=35,2$ gam.

Ta có sơ đồ: K₂Cr₂O₇ $\underset{\left(1\right)}{\overset{+F\text{e}S{O}_4+X}{\to }}$  Cr₂(SO₄)₃ $\underset{\left(2\right)}{\overset{+NaOH}{\to }}$  NaCrO₂ $\underset{\left(3\right)}{\overset{+NaOH,Y}{\to }}$  Na₂CrO₄

Phương trình hóa học:

(1) K₂Cr₂O₇ + 6FeSO₄ + 7H₂SO₄ → K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + 3Fe₂(SO₄)₃ + 7H₂O

                                      (X)

(2) Cr₂(SO₄)₃ + 8NaOH → 2NaCrO₂ + 3Na₂SO₄ + 4H₂O

(3) 2NaCrO₂ + 8NaOH + 3Br₂ → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 4H₂O

                                    (Y)

→ X, Y lần lượt là H₂SO₄ loãng và Br₂.

Ta có:  $m_Z=m_X-m_{\text{tang}}=4,04gam$

Lại có: $M_Z=16\to n_Z=0,2525mol\to V_Z=5,656$  lít.

Gọi công thức chung của hai este trong hỗn hợp X là $\overline{R}COO\overline{R^{\text{'}}}$  ($R>1;>15$ ).

Phương trình hóa học: $\overline{R}COO\overline{R^{\text{'}}}+NaOH\to \overline{R}COONa+\overline{R^{\text{'}}}OH$

                                   0,1            → 0,1         0,1                0,1    mol

$\to \left\{\begin{array}{l}{M}_{\overline{R}COONa}=\frac{7,36}{0,1}=73,6\\ M_{\overline{R^{\text{'}}}OH}=\frac{3,76}{0,1}=37,6\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{M}_{\overline{R}}=73,6-23-44=6,6\\ M_{\overline{R^{\text{'}}}}=37,6-17=20,6\end{array}\right.$

 Vậy hai muối chỉ có thể là HCOONa và CH₃COONa; hai ancol chỉ có thể là CH₃OH và C₂H₅OH.

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_{muoi}+m_{ancol}-m_{NaOH}=7,12gam$

$\to {\overline{M}}_X=\frac{7,12}{0,1}=71,2$

Vậy X chỉ có thể là HCOOCH₃ (M = 60 ) và CH₃COOC₂H₅ ( M = 88).

Các phát biểu đúng là: (2), (3), (4).

(1) sai vì số mắt xích n khác nhau.

(4) sai vì nồng độ glucozơ trong máu người bình thườĩìg khoảng 0,1%.

$\to a+b=0,12$         (1)

Ta có: $n_{ancol}=amol\to n_{H_2}=0,5\text{a\hspace{0.33em}}mol$

Lại có:   $m_{ancol}=m_{\text{tang}}+m_{H_2}=3,83+agam$

Cho 16,32 gam E tác dụng với dung dịch NaOH:

Ta có: $n_{NaOH}=a+2bmol;{\text{ n}}_{H_{2}O}=bmol$

Bảo toàn khối lượng: $m_E+m_{NaOH}=m_{muoi}+m_{ancol}=m_{H_{2}O}$

$\iff 16,32+40.(a+2b)=18,78+(a+3,83)+18b$

$\to 39\text{a}+62b=6,29$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra:   $a=0,05;b=0,07$

$\to n_{NaOH}=0,19mol\to V=0,19$ lít = 190 ml.

Dung dịch X gồm BaCl₂ (0,5a mol) và Ba(OH)₂ (0,5a mol).

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, AlCl₃ và NaHCO₃ (dùng một lượng dư các chất).

Ta có:   $n_Y=n_{O_2}=0,25mol$

$\to M_Y=\frac{23}{0,25}=92$

Vậy Y là C₃H₅(OH)₃.

X là C₉H₁₄O₆, khi xà phòng hóa chỉ tạo một muối nên công thức của X là (CH₃COO)₃C₃H₅.

X tạo kết tủa Ag khi tác dụng với AgNO₃ trong NH₃ nên X là glucozơ hoặc etyl fomat, loại A.

Y làm quỳ chuyển xanh nên Y là lysin, loại C.

Z tạo phức màu xanh khi tác dụng với Cu(OH)₂ nên z là glocozơ, loại B.

Chọn số mol Y là 1 mol.

Khi làm lạnh thì hơi nước ngưng tụ: $n_{H_{2}O}=0,425mol$

Khí Z gồm CO₂ và O₂ dư:  $n_Z=57,5\%.1=0,575mol$

$\to n_{C{O}_2}=52,17\%.n_Z=0,3mol$

Ta thấy: $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}\to$  X thuộc dãy ankan.

$\to n_X=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,125mol$

Số nguyên tử C $=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=2,4$

 X gồm C₂H₆ (a mol) và C₃H₈ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,125\\ 2\text{a}+3b=0,3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,075\\ b=0,05\end{array}\right.$

$\to \%m_{C_2{H}_6}=50,56\%$

.

Sơ đồ phản ứng:

 $\left\{\begin{array}{l}KHC{O}_3\text{ (0,0075m mol)}\\ {\text{CaCO}}_3\text{ (0,0025m mol)}\end{array}\right.\stackrel{t°}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}{K}_{2}C{O}_3\text{ (0,00375m mol)}\\ \text{CaO (0,0025m mol)}\end{array}\right.\stackrel{+H_{2}O}{\to }〈\begin{array}{l}Z:CaC{\text{O}}_3\text{ (0,0025m mol)}\\ \text{E}\left\{\begin{array}{l}K\text{O}H\text{ (0,005m mol)}\\ {\text{K}}_{2}C{O}_3\text{ du (0,00125m mol)}\end{array}\right.\end{array}$

Nhỏ từ từ dung dịch HCl 1M vào E, để khí bắt đầu xuất hiện thì

$n_{HCl\left(2\right)}=n_{K\text{O}H}+n_{K_{2}C{O}_3}=0,00625\text{m mol}$

Nhỏ tiếp HCl đến khi khí thoát ra vừa hết thì

$n_{HCl\left(2\right)}=0,00625m+0,00125m=0,0075mmol$

Các phảt biểu đúng là: (b), (d), (f).

(a) sai vì Cr(OH)₂ không có tính lưỡng tính.

(c) sai vì nước cứng vĩnh cửu có chứa ion  và .

(e) sai vì sục khí CO₂ tới dư vào dung dịch Ba(AlO₂)₂, thu được kết tủa trắng là Al(OH)₃.

Ta có:    $n_{H_2}=0,09mol\to n_T=0,18mol\to n_E=0,18mol$

Lại có: $m_T=m_{\text{tang}}+m_{H_2}=8,28mol\to M_T=\frac{8,28}{0,18}=46$

Vậy T là C₂H₅OH.

Đốt cháy 14,64 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z thu được a mol CO₂ và b mol H₂O.

Bảo toàn khối lượng:  $44\text{a}+18b=38,96$     (1)

Bảo toàn nguyên tố O:   $2\text{a}+b=1,88$                  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $a=0,64;b=0,6$

Gọi công thức phân tử chung của X và Y là $C_n{H}_{2n}{O}_2$ , của Z là $C_m{H}_{2m-2}{O}_2$  ( n > 3 và $m\ge 5$ ).

Trong đó: $n_Z=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,04mol\to n_{X,Y}=0,18-0,04=0,14mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $0,14n+0,04m=0,64$

→ Với $m=5$  thì n = 3,14

→ X, Y, Z lần lượt là HCOOC₂H₅ (0,12 mol), CH₃COOC₂H₅ (0,02 mol); CH₂=CHCOOC₂H₅ (0,04 mol).

→ Tỉ lệ số mol cần tìm là 6 : 2.

Các phát biểu đúng là: (1), (2), (4), (5), (7), (8).

(3) sai vì poli(etylen terephtalat) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.

(6) sai vì triolein tác dụng không tác dụng được với Cu(OH)₂.

(a) NH₄ CO₃ NH₃C₂H₅ + 2 NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  C₂H₅NH₂ + NH₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

                                                               (X₁)               (Y₁)       (Y₂)

(b) CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

          (X₂)                          (X₃)

(c) CH₃COONa + NaOH $\stackrel{CaO,t°}{\to }$  CH₄ + Na₂CO₃

          (X₃)                                         (Y₂)

(d) C₂H₅NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃C₂H₅

          (X₁)         (X₂)            (X₄)

$\to M_{X_4}=105$.

Trong khoảng thời gian 2123 giây: $n_{e\text{ trao doi}}=\frac{5.2123}{96500}=0,11mol$

Catot: $n_{Cu}=0,035mol\to n_{H_2}=\frac{0,11-2.0,035}{2}=0,02mol$

Anot: Khí thu được gồm Cl₂ (a mol) và O₂ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b+0,02=0,055\\ 2\text{a}+4b=0,11\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,015\\ b=0,02\end{array}\right.$

→ Tại t giây, khí thu được chỉ gồm Cl₂ (x mol).

Trong khoảng thời gian từ (t + 2123) giây đến 2t giây chỉ là điện phân H₂O nên phần khí tăng thêm là:

$\frac{17}{9}x-(x+0,055)=\frac{8}{9}x-0,055$ chỉ gồm H₂ và O₂.

Phương trình điện phân nước: 2H₂O → 2H₂ + O₂.

Ta có: $n_{H_2}=2n_{O_2}\to \left\{\begin{array}{l}{O}_2:\frac{8}{27}x-\frac{11}{600}mol\\ H_2:\frac{16}{27}x-\frac{11}{300}mol\end{array}\right.$

Trong khoảng thời gian từ t giây đến 2t giây:

Anot: $\left\{\begin{array}{l}C{l}_2:0,015mol\\ O_2:0,02+\left(\frac{8}{27}x-\frac{11}{600}\right)=\frac{8}{27}x+\frac{1}{600}mol\end{array}\right.$

Bảo toàn electron trong khoảng thời gian từ 0 đến t giây và từ t đến 2t giây (do cùng trao đổi lượng electron như nhau), ta có: $2\text{x}=2.0,015+4\left(\frac{8}{27}x+\frac{1}{600}\right)\to x=0,045$

$\to t=\frac{n_{\text{e trao doi}}.F}{I}=\frac{2.0,045.96500}{5}=1737$ giây.

Y là este hai chức

Đốt cháy Y:

Bảo toàn khối lượng ta có: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=m_X+m_{O_2}=7,95gam$

Lại có: $n_{C{O}_2}:n_{H_{2}O}=2:1$

$\to n_{C{O}_2}=0,15mol;n_{H_{2}O}=0,075mol$

Bảo toàn khối lượng ta có: $m_{O\text{ (trong Y)}}=m_Y-m_C-m_H=2gam\to n_O=0,125mol$

Ta có: $n_C:n_H:n_O=6:6:5$

→ Y công thức là C₆H₆O₅.

Y phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 nên Y là: OHCH2CH2OOCC ≡ C  COOH.

Vậy X là HOOCC ≡ CCOOH.

→ D sai.

Xét Al + Ba(OH)₂:

Gọi số mol Ba(OH)₂ và Al lần lượt là x và y mol.

Sơ đồ phản ứng: $\underset{y\text{\hspace{0.33em}mol}}{\underbrace{Al}}+\underset{xmol}{\underbrace{Ba{\left(OH\right)}_2}}\to X\left\{\begin{array}{l}B{a}^{2+}:xmol\\ Al{O}_2^{-}:ymol\\ O{H}_{du}^{-}\end{array}\right.$

Bảo toàn điện tích: $n_{O{H}^{-}}=2n_{B{a}^{2+}}-n_{Al{O}_2^{-}}=2\text{x}-y\text{ (mol)}$

Xét X + H₂SO₄:

Tại $V=1300$ ml hay $n_{H^{+}}=1,3mol$ , Al(OH)₃ bị hòa tan hết.

Ta có:  $n_{H^{+}}=4n_{Al{O}_2^{-}}+n_{O{H}^{-}}\to 2\text{x}-y+4y=1,3$   (1)

Tại $m_{\downarrow }=70gam$, kết tủa cực đại gồm BaSO₄ max và Al(OH)₃.

Ta có: $n_{H_{2}S{O}_{4}pu}=n_{BaS{O}_4}=n_{B{a}^{2+}}=xmol\to n_{H^{+}}=2xmol$

  $\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{4y-\left[2x-(2x-y)\right]}{3}=ymol\to 233x+78y=70$      (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $x=0,2;y=0,3\to m_{Al}=0,3.27=8,1gam$

Khi cho dung dịch Z tác dụng với dung dịch chứa 0,06 mol KHSO₄ và 0,09 mol HCl thì:

$n_{C{O}_3^{2-}\text{(trong Z)}}=n_{HCl}+n_{KH\text{S}{O}_4}-n_{C{O}_2}=0,09mol$

Khi cho dung dịch T tác dụng với Ba(OH)₂ ta được:

$n_{BaS{O}_4}=n_{NaHS{O}_4}=0,06mol\to n_{BaC{O}_3}=\frac{m_{\downarrow }-233n_{BaS{O}_4}}{197}=0,18mol$

→ Trong T chứa 0,18 mol .

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{HC{O}_3^{-}\text{(trong Z)}}=n_{BaC{\text{O}}_3}+n_{C{O}_2}-n_{C{O}_3^{2-}}=0,15mol$

Vậy trong Z chứa 0,15 mol  và 0,09 mol $C{O}_3^{2-}$

Giả sử X là muối NaHCO₃, gọi muối của Y là $A_2{\left(C{O}_3\right)}_n$  ta có:

$n_{A_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=\frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n}=\frac{0,15}{n}\to M_{A_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=\frac{m_{muoi}-84n_{NaHC{O}_3}}{n_{A_2{\left(C{O}_3\right)}_n}}=\frac{8,64n}{0,09}$

Với n = 1 thì $M_A=18{\text{ (NH}}_4^{+})$

Vậy muối X là NaHCO₃ và Y là (NH₄)₂CO₃.

Chú ý: Không xét tiếp các trường hợp còn lại vì trường hợp trên đã thỏa mãn.

A đúng vì (X) NaHCO₃ là muối natri hiđrocacbonat chiếm 59,32% về khối lượng hỗn hợp.

B đúng vì (X) NaHCO₃ và (Y) (NH₄)₂CO₃ đều có tính lưỡng tính.

C sai vì (Y) (NH₄)₂CO₃ là muối amoni cacbonat chiếm 40,67% về khối lượng hỗn hợp.

D đúng vì (X) NaHCO₃ và (Y) (NH₄)₂CO₃ đều bị phân hủy bởi nhiệt.

Este etyl axetat là chất lỏng, không tan trong nước nên sau bước 1, chất lỏng trong cả 3 ống nghiệm đều phân thành hai lớp.

→ (d) sai, (e) đúng.

Ở bước 2, xảy ra phản ứng thủy phân este ở hai ống nghiệm chứa axit và kiềm:

CH₃COOC₂H₅ + H₂O $\underset{t°}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\rightleftarrows }}$  ch₃cooh + C₂H₅OH.

CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  CH₃COONa + C₂H₅OH.

Ở ống nghiệm còn lại, phản ứng thủy phân este → (g) sai.

Kết thúc bước 3, ống nghiệm chỉ có nước cất và etyl axetat thì chất lỏng vẫn phân hai lớp; ống nghiệm chứa axit H₂SO₄ do phản ứng xảy ra thuận nghịch, sau phản ứng vẫn còn este dư nên chất lỏng cũng phân lớp; chỉ có ống nghiệm chứa kiềm thu được muối CH₃COONa nên thu được dung dịch đồng nhất.

→ Có hai ống nghiệm chất lỏng phân lớp, một ống nghiệm đồng nhất.

→ (a), (b), (c) đều sai.

M tác dụng với AgNO₃ trong NH₃ sinh ra Ag → X là HCOOH.

→ Y và Z thuộc dãy đồng đẳng của HCOOH.

→ Quy M về HCOOH (x mol); CH₃COOH (y mol); C₂H₅COOH (y mol); (HCOO)(CH₃COO) (C₂H₅COO)C₃H₅ (z mol); CH₂ (z mol).

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ag}=0,2mol\to 2\text{x}+2\text{z}=0,2\\ m_M=46\text{x}+60y+74y+218\text{z}+14t=26,6gam\\ m_{C{O}_2}=x+2y+3y+9\text{z}+t=1mol\\ n_{H_{2}O}=x+2y+3y+7\text{z}+t=0,9mol\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,1\\ z=0,05\\ t=0\end{array}\right.$

→ 13,3 gam M gồm có 0,025 mol HCOOH, 0,05 mol CH₃COOH, 0,05 mol C₂H₅COOH và 0,025 mol (HCOO)(CH₃COO)(C₂H₅COO)C₃H₅.