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.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

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 Cr³⁺ 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 Ag⁺ tác dụng với Fe²⁺ , Ag⁺ đóng vai trò chất oxi hóa.

C đúng.

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

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

$$\begin{gathered} m_{H_{2}O}=0,4725 gam->n_{H_{2}O}=0,02625 mol \\ {m}_{BaC{O}_3}=6,895 gam->n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}=0,035 mol \\ {n}_{N_2}=0,00175 mol \end{gathered}$$

Bảo toàn nguyên tố C, H, N:  $\left\{\begin{array}{l}{n}_C=n_{C{O}_2}=0,035 mol\\ n_H=2n_{H_{2}O}=0,0525 mol\\ n_N=2n_{N_2}=0,0035 mol\end{array}\right.$

Ta có:  m_C +m_H+m_N=0,5214 gam→ Trong phân tử methamphetamine không chứa O.

->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 nhất

→ Công thức phân tử của methamphetamine là C₁₀H₁₅N.

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 Fe³⁺>Fe²⁺

Ở (2): Tính oxi hóa Ag⁺>Fe³⁺ → Đáp án C thỏa mãn.

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

Sơ đồ hoàn chỉnh:

$Triolein \stackrel{+H_2 du (Ni,t°)}{\to }Tristearin \stackrel{+NaOH du ,t°}{\to }{C}_{17}{H}_{35}COONa \stackrel{+HCl}{\to }{C}_{17}{H}_{35}COOH$

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: $NaHC{O}_3, Al{\left(OH\right)}_3, HF, C{l}_2, N{H}_{4}Cl.$

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

B, C đúng.

D đúng vì $H_{2}S + 4C_{12} + 4H_{2}O 8HCl + H_{2}S{O}_4$

(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^o).

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

Có 1 chất thỏa mãn cả hai điều kiện là: $p-HOC{H}_2{C}_6{H}_{4}OH$.

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:

$$\begin{gathered} \left(1\right) C{H}_2 = CHCHO + O{}_2 \stackrel{xt,t°}{\to } C{H}_2 = CHCOOH \\ \left(2\right) C{H}_2 = CHCHO + H_2 \stackrel{xt,t°}{\to } C_2{H}_{5}C{H}_{2}OH \\ \left(3\right) C{H}_2 = CHCOOH + C_2{H}_{5}C{H}_{2}OH \stackrel{xt,t°}{\rightleftarrows } C{H}_2 = CHCOOC{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_3 + H_{2}O \end{gathered}$$

Ta có:  

$$\begin{gathered} m_{dd giam}=m_{\downarrow }-m_{C{O}_2}-> n_{C{O}_2}=0,45 \\ -> n_{tinh bot}=\frac{0,45}{2.90\%}=0,25 mol-> m_{tinh bot}=40,5 gam \end{gathered}$$

Ta có:  $n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}-> 0,01x=0,002->X=0,2$

  $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,02 mol; n_{NaHC{O}_3}=0,03 mol$

→ $\mathrm{Dung} \mathrm{dịch} \mathrm{X} \mathrm{gồm} {\mathrm{Na}}^{+} (0,03 \mathrm{mol}); {\mathrm{CO}}_3^{2-} (0,01 \mathrm{mol}); {\mathrm{OH}}^{-} (0,01 \mathrm{mol}).$

Số mol HCl cần dùng là: $n_{HCl}=n_{O{H}^{-}}+{n_{CO}}_3^{2-}=0,02 mol-> V_{HCl}=\frac{0,02}{0,25}=0,08$ lít = 80 ml.

Chọn đáp án A

Nhận thấy:${\mathrm{n}}_{\downarrow \left(2\right)}>{\mathrm{n}}_{\downarrow \left(1\right)}$  → Ở phần một, Ca²⁺ phản ứng hết, CO₃^2- dư.

Xét phần một: $n_{C{a}^{2+}}=n_{CaC{O}_3}=0,02 mol->n_{C{a}^{2+}\left(X\right)}=0,04 mol$

Xét phần hai: $n_{HC{O}_3^{-}}=n_{C{O}_3^{2-}}=0,03 mol->n_{HC{O}_{3\left(X\right)}^{-}}=0,06 mol$

Bảo toàn điện tích trong X: $n_{N{a}^{+}}=0,08 mol$

$\mathrm{Khi} \mathrm{cô} \mathrm{cạn}, \mathrm{trong} \mathrm{X} \mathrm{gồm} {\mathrm{Ca}}^{2+} (0,04 \mathrm{mol}); {\mathrm{Na}}^{+} (0,08 \mathrm{mol}); {\mathrm{Cl}}^{-} (0,1 \mathrm{mol}); {\mathrm{CO}}_3^{2-} (0,03 \mathrm{mol}).$

-> 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 $-> n_{C{H}_{3}N{H}_2}=\frac{2}{3}mol; n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=\frac{1}{3}mol$

M_X=44-> $n_{O_2}: n_{O_3}=1: 3->$Gọi số mol O₂ và O₃ lần lượt là x và 3x mol->n_O=11x 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: $n_{H_{2}O}=2,5n_{C{H}_{3}N{H}_2}+3,5n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=\frac{17}{6}mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $$\begin{gathered} n_O=2n_{C{O}_2}+{n_H}_{2O}->11x=\frac{4}{3}2+\frac{17}{6}-> x=0,5 \\ -> V_1: V_2=n_y: n_X=1: 2 \end{gathered}$$

Y tác dụng với NaOH (CaO, t^o) 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 Zn²⁺; Fe²⁺.

(g) không tan hoàn toàn do Cu còn dư sau phản ứng với Fe³⁺.

X là HC ≡ CC ≡ CH; Y là HC ≡ CCH = CH₂; Z là HC ≡ CCH₂CH₃.

(1) đúng k_X=4$->n_{H_2}=4n_X$

(2) sai vì HC ≡ CCH₂CH₃ 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 $\stackrel{t^o}{\to }$ N₂O + 2H₂O

(b)  $NaC{l}_{\left(tt\right)}+ H_{2}S{O}_{4\left(dac\right)}\stackrel{t^o}{\to } HCl \uparrow + NaHS{O}_4$

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

(d) CO₂ + Ca(OH)_{2 du} → CaCO₃ + H₂O

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

(f) HSO₄^- +HCO₃^-  ->SO₄^2- 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 $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,03 mol$: BaSO₄ đã kết tủa hết, Al(OH)₃ mới kết tủa một phần.

$n_{S{O}_4^{2-}}=n_{BaS{O}_4}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,03 mol$

Tại $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,08 mol$: Al(OH)₃ bị hòa tan hết.

$$\begin{gathered} -> n_{O{H}^{-}}=4n_{A{l}^{3+}}=0,16 mol-> n_{A{l}^{3+}}=0,04 mol \\ ->m=0,03.233+0,04.78=10,11 gam \end{gathered}$$

Sơ đồ phản ứng: $X\left\{\begin{array}{l}\underset{0,02 mol}{\underbrace{Cu}}\\ \underset{0,005 mol}{\underbrace{Ag}}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{H}^{+} 0,09 mol\\ N{O}_3^{-} 0,06 mol\\ S{O}_4^{2-} 0,015 mol\end{array}\right.->\right.\left\{\begin{array}{l}dd\\ NO+O_2-> Y\stackrel{+H_{2}O}{\to }HN{O}_3\end{array}\right.$ 

Nhận thấy: $$\begin{gathered} n_{e nhan max}=\frac{3}{4}{n}_{H^{+}}=0,0675 mol \\ {n}_{e cho max}=2n_{Cu}+n_{Ag}=0,045 mol \end{gathered}$$

Do $n_{{}_{e nhan max}}>n_{e cho max}->$ Cu, Ag phản ứng hết, H⁺ dư.

$->n_{NO}=\frac{n_{e cho }}{3}=0,015 mol$

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

                                    0,015   0,1                   → 0,015 mol

-> [H⁺]= $C_{M\left(HN{O}_3\right)}=\frac{0,015}{0,15}=0,1M-> z=1$

Sơ đồ phản ứng:   

$\underset{7,65 gam}{\underbrace{X}}\left\{\begin{array}{l}Al 0,17 mol\\ A{l}_2{O}_3 0,03 mol\end{array}\right.+Y\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4\\ NaN{O}_3\end{array}\right. -> \left\{\begin{array}{l}T\left\{\begin{array}{l}{H}_{2 }0,015 mol\\ \uparrow \end{array}\right.\\ Z\left\{\begin{array}{l}A{l}^{3+}; N{a}^{+}\\ N{H}_4^{+}; S{O}_4^{2-}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{+BaC{l}_2}{\to }\underset{0,4 mol}{\underbrace{BaS{O}_4}}\\ \underset{0,935 mol}{\overset{+NaOH}{\to }}dd\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố Al: $n_{A{l}^{3+}\left(Z\right)}=n_{Al}+2n_{A{l}_2{O}_3}=0,23 mol$

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

Bảo toàn nhóm SO₄:  $n_{S{O}_{4 }^{2-}\left(Z\right)}=n_{BaS{O}_4}=0,4 mol$

Ta có: $n_{NaOH}=4n_{A{l}^{3+}}+n_{N{H}_4^{+}}->n_{N{H}_4^{+}}=0,015 mol$

Bảo toàn điện tích trong Z: $n_{N{a}^{+}}=0,095 mol-> n_Z=47,065 gam$

Bảo toàn nhóm SO₄ và Na: $n_{H_{2}S{O}_4}=0,4 mol; n_{NaN{O}_3}=0,095 mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_{2}O}=\frac{2n_{H_{2}S{O}_4}-2n_{H_2}-4n_{N{H}_4^{+}}}{2}=0,355 mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_X+m_Y=m_Z+m_T+m_{H_{2}O}-> m_T=1,47 gam$

Xét phản ứng đốt cháy Y:

Sơ đồ phản ứng: $\underset{3,95 gam}{\underbrace{Y}}+\underset{0,125 mol}{\underbrace{O_2}}->C{O}_2+H_{2}O$

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

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

Bảo toàn nguyên tố C, H: $$\begin{gathered} n_{C\left(Y\right)}=n_{C{O}_2}=0,15 mol; n_{H\left(Y\right)}=2n_{H_{2}O}=0,15 mol \\ ->n_{O\left(Y\right)}=0,125 mol \end{gathered}$$

Ta có: n_C:n_H:n_O=6:6:5-> Y là C₆H₆O₅.

Y là phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 → Công thức cấu tạo của Y là HOC2H4OOCC≡CCOOH.

→ X là HOOCC≡CCOOH.

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 ${\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}-\mathrm{C}}$ 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_xH_yO₂,

Phương trình hóa học: $CxHyO2+\left(x+\frac{y}{4}-1\right)O_2->xC{O}_2+\frac{y}{2}{H}_{2}O$

Theo đề bài: $\frac{n_{C{O}_2}}{n_{O_2}}=\frac{6}{7}->7x=6\left(x+\frac{y}{4}-1\right)->2x-3y+12=0$ (*)

TH1: Nếu X có 1 liên kết π->y= 2x->x=3;y=6

TH2: Nếu X có 2 liên kết π-> y=2x-2-> 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-> (R=27)x =5,04

Nếu R là H -> x=0,18>0,14 Loại

Nếu R là CH₃ -> x=0,12<0,14 Thỏa mãn

-> m=0,12.78=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: $n_{C\left(X\right)}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{C{O}_2}=1,5 mol->$ Số C = 10

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,225 mol->n_{NaOH}=0,45 mol-> m_{H_{2}O}=162 gam-> n_{H_{2}O \sin h ra}=0,15 mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H\left(X\right)}=2n_{H_{2}O \sin h ra}+2n_{H_{2}O}-n_{NaOH}=1,5 mol->$ Số H = 10

$-> n_O=\frac{29,1-1,5(12+1)}{16}=0,6 mol->$ 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 HCOOC₆H₄CH₂OOCCH₃.

→ T là HOC₆H₄CH₂OH → Trong phân tử T có 8 nguyên tử H.

Z là NH₂CH₂COOCH₃ → T là CH₃OH.

Sơ đồ phản ứng: $\underset{47,8 gam}{\underbrace{E}}+\underset{0,6 mol}{\underbrace{NaOH}}->\underset{64,36 gam}{\underbrace{muoi}}+\underset{0,12 mol}{\underbrace{C{H}_{3}OH}}+H_{2}O$

Bảo toàn khối lượng: $$\begin{gathered} n_{H_{2}O}=47,8+0,6.40-64,36-0,12.32=3,6 gam->n_{H_{2}O}=0,2 mol \\ -> n_X+n_Y=0,2 \end{gathered}$$

Muối có dạng C_nH_2nNO₂Na-> $M_{muoi}=14n+69=\frac{64,36}{0,6}-> n=\frac{41}{15}$

Bảo toàn nguyên tố C:  $$\begin{gathered} n_{C\left(muoi\right)}+n_{C{H}_{3}OH}=n_{C(X,Y)}+n_{C\left(Z\right)} \\ ->n_{C(X,Y)}=0,6.\frac{41}{15}+0,12-0,12.3=1,4 mol-> \end{gathered}$$

 ->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: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ m_E=174x+203y+0,12.89=47,8\end{array}->\left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,08\end{array}\right.\right. \\ -> \%m_Y=33,97\% \end{gathered}$$

Đun Z thu được đimetyl ete → Z là CH₃OH.

k_X=3 → X là este hai chức không no, có 1 liên kết ${\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}-\mathrm{C}}$ 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^o) theo tỉ lệ mol 1:1.

Sơ đồ phản ứng:

  $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{Fe}\\ \underset{16,58 \mathrm{gam}}{\underbrace{{\mathrm{FeCO}}_3}}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}\underset{1,16 \mathrm{gam}}{\underbrace{{\mathrm{NaHSO}}_4}}\\ \underset{0,24 \mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{HNO}}_3}}\end{array}\right.\right.\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_2; \mathrm{NO}; {\mathrm{N}}_2\\ {\mathrm{H}}_2: 0,035 \mathrm{mol}\end{array}\right.\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\\ \mathrm{Z}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Na}}^{+}; {\mathrm{NH}}_4^{+}\\ {\mathrm{SO}}_4^{2-}\\ ...\end{array}\right.\underset{1,46 \mathrm{gam}}{\overset{+\mathrm{NaOH}}{\to }}\left\{\begin{array}{l}\downarrow \stackrel{\mathrm{t}°}{\to }8,8 \mathrm{gam}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3\\ \mathrm{MgO}\end{array}\right.\\ {\mathrm{Z}}_1\left\{\begin{array}{l}\underset{2,62 \mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{Na}}^{+}}}; \underset{1,16 \mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{SO}}_4^{2-}}}\\ \mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_4^{-}\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố Na: $n_{N{a}^{+}\left(Z_1\right)}=n_{NaHS{O}_4}+n_{NaOH}=2,62 mol$

Bảo toàn điện tích trong Z1: $n_{Al{\left(OH\right)}_4^{-}}=2,62-1,16.2=0,3 mol-> n_{Al\left(X\right)}=0,3 mol$

Gọi số mol N₂, NO, CO₂, NH₄⁺ lần lượt là a, 2a, b, c mol.

  -> 30.2a=28a+44b=6,89-0,035.2   (1)

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

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H^{+}}+2n_{H_2}+4n_{N{H}_4^{+}}+2n_{H_{2}O}->n_{H_{2}O}=\frac{1,33-4c}{2}mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $b+0,24.3=2a+\frac{1,33-4c}{2}\left(2\right)$    (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: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}24x+56y=16,58-0,3.17-0,04.116\\ 40x=160.\frac{y+0,04}{2}=8.8\end{array}->\left\{\begin{array}{l}x=0,,02\\ y=0,06\end{array}\right.\right. \\ -> \%m_{Fe don chat}=20,27\% \end{gathered}$$

Quá trình quy đổi:

X (C_mH_2m+4O₄N₂)-> (CH₂)_a(CO₂)₂(NH₃)₂H₂: x mol (với a = m – 2)

Y (C_nH_2n+3O₂N)-> (CH₂)_b(CO₂)₂(NH₃)₂H₂: 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: $n_{H_{2}O}=z=x+y+1,5(2x+y)=0,84$ (2)

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

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

 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).

->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 C_nH_2n-2-2kO₄ công thức chung là  (với k là độ không no).

-> (CH₂)_n-2(CO₂)₂H_6-2k: x mol hay (CH₂)_n(CO₂)₂H_6-2k: x mol

Quá trình quy đổi: (CH₂)_a-2(CO₂)₂H_6-2k-> CH₂(nx mol); CO₂(2x mol); H(6-2k)x mol

Sơ đồ phản ứng:  $\left\{\begin{array}{l}C{H}_2\\ C{O}_2 \left\{\begin{array}{l}\underset{0,37 mol}{\overset{+O_2}{\to }}C{O}_2+H_{2}O\\ \underset{0,22 mol}{\overset{+NaOH}{\to }}G+3 \underset{2,8 gam}{\underbrace{ancol}}\end{array}\right.\\ \underset{12,84 gam}{\underbrace{H}}\end{array}\right.$

Ta có: 14nx+2x.44+(6-2k)x=12,84 (1)

Bảo toàn electron:  6nx+(6-2k)x=0,37.4 (2)

Lại có: n_NaOH=2x=0,22      (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: nx=0,12; x=0,11; k=2

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

Ta có: $\overline{n}=\frac{0,21}{0,11}=1,9$-> Có 1 chất có n = 1

→ X là: CH₂(COOH)₂; Y là CH₃CH(COOH)₂; Z là  $\underset{HCOOC{H}_2}{\overset{HCOOC{H}_2}{|}}$; T là $\underset{COO{C}_2{H}_5}{\overset{COOC{H}_3}{|}}$  

→ 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-> y=0,02 mol

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

$$\begin{gathered} \mathrm{Ta} \mathrm{có}:\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}=0,11-0,02.2\\ 104\mathrm{a}+118\mathrm{b}=12,84-0,02.118-0,02.132\end{array}->\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,03\\ \mathrm{b}=0,04\end{array}\right.\right. \\ \mathrm{Axit} \mathrm{có} \mathrm{phân} \mathrm{tử} \mathrm{khối} \mathrm{lớn} \mathrm{nhất} \mathrm{là} {\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4{\left(\mathrm{COOH}\right)}_2 \to {\mathrm{m}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4{\left(\mathrm{COONa}\right)}_2 }=0,04.162=6,48 \mathrm{gam} . \end{gathered}$$

Phản ứng hóa học xảy ra ở từng bước:

Bước 1: Xuất hiện kết tủa màu xanh lam đậm: Cu²⁺+ 2OH^- -> Cu(OH)₂

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

$C_{12}{H}_{22}{O}_{11} \stackrel{+H^{+}, t^o}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_6 \left(glucozo\right)+C_6{H}_{12}{O}_6\left(flucozo\right)$

Bước 3: Trung hòa axit dư trong ống nghiệm (2): HCO₃^-+H⁺ -> H₂O+CO₂

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.