Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: [C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\to }$ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

Giải chi tiết:

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\to }$ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

Theo lý thuyết, cứ 162 tấn xenlulozơ sẽ điều chế được 297 tấn xenlulozơ trinitrat.

⟹ Khi dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat điều chế được theo lý thuyết là:

m_{xenlulozơ trinitrat LT} = $\frac{2.297}{162}$ = 3,67 tấn

⟹ m_{xenlulozơ trinitrat TT} = 3,67.60% = 2,20 tấn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ tên gọi suy ra công thức este.

Viết phản ứng thủy phân este trong NaOH ⟹ Muối thu được.

Giải chi tiết:

CTCT của etyl fomat là HCOOC₂H₅.

HCOOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ HCOONa + C₂H₅OH

⟹ Thu được muối là HCOONa.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Từ khối lượng và tỉ lệ mol của hỗn hợp suy ra số mol từng este trong hỗn hợp.

- Tính theo các PTHH:

     CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

     CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

⟹ Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm CH₃COONa, C₆H₅ONa, có thể chứa cả NaOH dư.

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,8.0,1 = 0,08 mol

n_CH3COOC2H5 = n_CH3COOC6H5 = $\frac{4,48}{88+136}$ = 0,02 mol

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

        0,02         →  0,02     →    0,02                                       (mol)

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

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

n_{NaOH dư} = 0,08 - 0,02 - 0,04 = 0,02 mol

Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm:$\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}COONa:0,02+0,02=0,04\left(mol\right)\\ C_6{H}_{5}ONa:0,02\left(mol\right)\\ NaOHdu:0,02\left(mol\right)\end{array}\right.$

⟹ m = 0,04.82 + 0,02.116 + 0,02.40 = 6,4 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi thủy phân chất béo trong MT kiềm luôn có:$\left\{\begin{array}{l}{n}_{chatbeo}=n_{glixerol}\\ n_{NaOH/KOH}=3n_{chatbeo}=3n_{glixerol}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

n_glixerol = 9,2/92 = 0,1 mol

⟹ n_NaOH = 3n_glixerol = 3.0,1 = 0,3 mol

⟹ m = 0,3.40 = 12 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

X có thể là vinyl fomat (HCOOCH=CH₂).

HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃CHO

          0,1                            →     0,1      →     0,1       (mol)

HCOONa → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

CH₃CHO → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

⟹ n_Ag = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: $n_{O_2}=n_{C{O}_2}$ (HS có thể tự chứng minh bằng cách viết PTHH).

Giải chi tiết:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: n_O2 = n_CO2 = 0,3 mol.

BTKL: m_H2O = m_cacbohidrat + m_O2 - m_CO2 = 8,64 + 0,3.32 - 0,3.44 = 5,04 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức phân tử của X có dạng C_nH_2n+3N (n ≥ 1).

Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

⟹ BTKL: m_HCl = m_muối - m_X ⟹ n_X = n_HCl ⟹ M_X ⟹ n ⟹ Số nguyên tử H trong phân tử X.

Giải chi tiết:

- Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

⟹ BTKL: m_HCl = m_muối - m_X = 9,55 - 5,9 = 3,65 gam ⟹ n_HCl = 3,65/36,5 = 0,1 mol.

Do X là amin đơn chức nên n_X = n_HCl = 0,1 mol ⟹ M_X = 5,9/0,1 = 59 g/mol.

- Công thức phân tử của X có dạng C_nH_2n+3N (n ≥ 1)

⟹ 14n + 17 = 59 ⟹ n = 3

⟹ CTPT của X là C₃H₉N

⟹ Trong phân tử X có 9 nguyên tử H.

 Đáp án B

Phương pháp giải:

So sánh thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O ⟹ Số mol oxi trong M ⟹ Số mol Z ⟹ %n_Z.

Giải chi tiết:

n_O2 = 26,88/22,4 = 1,2 mol

n_CO2 = 22,4/22,4 = 1 mol

n_H2O = 18/18 = 1 mol

Ta thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O: n_{O (M)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 2.1 + 1 - 2.1,2 = 0,6 mol

Đặt n_X + n_Y = a mol; n_Z = b mol

⟹ $\left\{\begin{array}{l}a+b=n_M=0,4\\ 2a+b=n_{O\left(M\right)}=0,6\end{array}\right.$ ⟹ a = b = 0,2

⟹ %n_Z = (0,2/0,4).100% = 50%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đốt cháy este no đơn chức, mạch hở luôn có: n_CO2 = n_H2O.

Giải chi tiết:

Đốt cháy este no đơn chức, mạch hở luôn có: n_CO2 = n_H2O = 3,6/18 = 0,2 mol.

⟹ V = 0,2.22,4 = 4,48 lít.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Có 2 dung dịch tác dụng với HCl dư sinh ra sản phẩm khí là Na₂CO₃ và NaHCO₃.

     Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂ ↑

     NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂ ↑

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính n_H⁺, n_OH^- ⟹ Số mol ion dư ⟹ Nồng độ ion dư trong dung dịch Y ⟹ pH.

Giải chi tiết:

n_H⁺ = 0,03 . 0,001V = 3.10^-5V (mol)

n_OH^-= 0,01 . 0,001V = 10^-5V (mol)

PT ion thu gọn: H⁺ + OH^- → H₂O

⟹ n_H⁺_dư = 3.10^-5V - 10^-5V = 2.10^-5V (mol).

⟹

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính n_H⁺, n_OH^- ⟹ Số mol ion dư ⟹ Nồng độ ion dư trong dung dịch Y ⟹ pH.

Giải chi tiết:

n_H⁺ = 0,03 . 0,001V = 3.10^-5V (mol)

n_OH^-= 0,01 . 0,001V = 10^-5V (mol)

PT ion thu gọn: H⁺ + OH^- → H₂O

⟹ n_H⁺_dư = 3.10^-5V - 10^-5V = 2.10^-5V (mol).

⟹$\left[H^{+}\right]=\frac{n_{H^{+}du}}{V_{\text{dd\hspace{0.05em}Y}}}=\frac{{2.10}^{-5}V}{2V{.10}^{-3}}=0,01\left(M\right)$

⟹ pH = -log[H⁺] = -log(0,01) = 2.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Ghi nhớ sơ đồ: Glucozơ → 2Ag.

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag (do glucozơ có 1 nhóm -CHO).

n_Ag = 21,6/108 = 0,2 mol

⟹ n_glucozơ = n_Ag/2 = 0,2/2 = 0,1 mol

⟹ m_glucozơ = 0,1.180 = 18 gam. 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt n_HCOOC2H5 = x mol; n_CH3COOCH3 = y mol

Lập hệ PT tìm x và y dựa vào:

- Tổng khối lượng hai este.

- Tổng khối lượng hai muối.

Giải chi tiết:

Đặt n_HCOOC2H5 = x mol; n_CH3COOCH3 = y mol

⟹ 74x + 74y = 22,2 (1)

HCOOC₂H₅  +  NaOH  →  HCOONa  +  C₂H₅OH

     x mol                        →     x mol

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

      y mol                      →       y mol

m_muối = m_HCOONa + m_CH3COONa ⟹ 68x + 82y = 21,8 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 0,2; y = 0,1

Vậy số mol HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃ lần lượt là 0,2 và 0,1.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

- X có nhiều trong cây mía, củ cải đường và hoa thốt nốt ⟹ X là saccarozơ.

- X được chuyển hóa thành chất Y dùng để tráng gương, tráng ruột phích ⟹ Y là glucozơ.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi ion trong dung dịch: sản phẩm có chất kết tủa hoặc chất bay hơi hoặc chất điện li yếu.

Giải chi tiết:

Có 4 dung dịch có phản ứng với NaOH:

- MgCl₂:          MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂ ↓ + 2NaCl

- AlCl₃:            AlCl₃ + 3NaOH → Αl(OH)₃ ↓ + 3NaCl

                        Αl(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

- NaHCO₃:      NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

- NH₄Cl:          NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ ↑ + H₂O

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cách gọi tên este: Tên gọi của este RCOOR' = Tên gốc R' + tên gốc axit (đuôi "at")

Giải chi tiết:

Este CH₃COOCH₃ có tên gọi là metyl axetat.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

Metyl fomat (HCOOCH₃), natri fomat (HCOONa), axit fomic (HCOOH) đều có đầu là HCOO- ⟹ có phản ứng tráng bạc.

Glyxin (NH₂CH₂COOH) không có phản ứng tráng bạc.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ghi nhớ sơ đồ: Glucozơ → 2Ag.

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: 1 Glucozơ → 2 Ag (do glucozơ có 1 nhóm -CHO)

n_glucozơ = 18/180 = 0,1 mol

⟹ n_Ag = 2n_glucozơ = 2 . 0,1 = 0,2 mol

⟹ m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tổng quát của amin no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+3N.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của amin X là C_nH_2n+3N.

BTNT C: n_C = n_CO2 = 0,2 mol

BTNT N: n_N = 2n_N2 = 2 . 0,05 = 0,1 mol

Dựa vào CTPT ⟹ $n=\frac{n_C}{n_N}=\frac{0,2}{0,1}=2:1$

⟹ Vậy CTPT của X là C₂H₇N.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Este đơn chức tác dụng với NaOH sinh ra 2 muối ⟹ Este đơn chức của hợp chất phenol.

Giải chi tiết:

Este đơn chức tác dụng với NaOH sinh ra 2 muối ⟹ Este đơn chức của hợp chất phenol.

⟹ Chất thỏa mãn trong 4 chất trên là Phenyl fomat (HCOOC₆H₅).

PTHH: HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi CTTQ của axit X là RCOOH

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

Từ n_RCOOH = n_RCOONa ⟹ R ⟹ Công thức của X.

Giải chi tiết:

Gọi CTTQ của axit X là RCOOH

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

n_RCOOH = $\frac{1,8}{R+45}$ mol

n_RCOONa = $\frac{2,46}{R+67}$ mol

Theo PTHH: n_RCOOH = n_RCOONa ⟹ $\frac{1,8}{R+45}=\frac{2,46}{R+67}$ ⟹ R = 15 ⟹ R là CH₃.

Vậy X là CH₃COOH.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Sự đổi màu của quỳ tím khi gặp amin, amino axit:

*Amin:

- Amin có nguyên tử N gắn trực tiếp với vòng benzen có tính bazơ rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

- Các amin khác làm quỳ tím chuyển xanh.

*Amino axit:

- Số nhóm NH₂ = số nhóm COOH ⟹ Không làm đổi màu quỳ tím

- Số nhóm NH₂ > số nhóm COOH ⟹ Làm quỳ tím hóa xanh (VD: Lysin)

- Số nhóm NH₂ < số nhóm COOH ⟹ Làm quỳ tím hóa đỏ (VD: Axit glutamic)

Giải chi tiết:

Alanin có CTPT là CH₃CH(NH₂)COOH, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết lipit - chất béo.

Giải chi tiết:

Phản ứng xà phòng hóa triolein trong NaOH đun nóng:

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ (triolein) + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa (natri oleat) + C₃H₅(OH)₃ (glixerol)

            a mol                                                   →        3a mol                         →       a mol

⟹ Thu được a mol glixerol là 3a mol natri oleat.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Giải chi tiết:

n_Fe = 2,8/56 = 0,05 mol

 Fe  +  2HCl  →  FeCl₂  +  H₂

0,05                              → 0,05           (mol)

⟹ V = 0,05 . 22,4 = 1,12 lít.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về Cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$ nC₆H₁₂O₆ (X)

  tinh bột                                    glucozơ

C₆H₁₂O₆  (X) + H₂ $\stackrel{Ni,t^o}{\to }$ C₆H₁₄O₆ (Y)

glucozơ                                     sobitol

Vậy X là glucozơ, Y là sobitol.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết amin.

Giải chi tiết:

Công thức cấu tạo của etylmetylamin là CH₃NHC₂H₅.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương 3: Amin - amino axit - protein.

Giải chi tiết:

A sai, có thể nhận biết dung dịch đipeptit và tripeptit bằng Cu(OH)₂ do những peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit trở lên) có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo phức chất màu tím còn đipeptit không có phản ứng này.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Phản ứng lên men rượu: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

n_{C2H5OH LT} = 2n_{C6H12O6 (ban đầu)}

n_{C2H5OH TT} = n_{C2H5OH LT} . H%

Giải chi tiết:

n_glucozơ = 90/180 = 0,5 mol

Phản ứng lên men rượu:  C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

⟹ n_{C2H5OH LT} = 2n_C6H12O6 = 2 . 0,5 = 1 mol

⟹ n_{C2H5OH TT} = n_{C2H5OH LT} . H% = 1 . 80% = 0,8 mol

⟹ m = 0,8.46 = 36,8 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Những chất có ít nhất 2 nhóm -OH đính vào 2 nguyên tử cacbon cạnh nhau có thể hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam.

Giải chi tiết:

Những chất có ít nhất 2 nhóm -OH đính vào 2 nguyên tử cacbon cạnh nhau có thể hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam.

A loại tristearin.

B loại metyl axetat.

C loại etanol.

D thỏa mãn.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(a) đúng, metyl amin (CH₃NH₂) là chất khí, có tính bazơ ⟹ làm xanh quỳ tím ẩm.

(b) đúng, những peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit) mới hòa tan được Cu(OH)₂.

(c) đúng, axit cacboxylic tạo được liên kết hiđro với nước (tính chất vật lí của axit cacboxylic).

(d) đúng, các chất béo với gốc axit béo không no thường là chất lỏng (tính chất vật lí của chất béo).

Vậy cả 4 phát biểu đều đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết hợp chất của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

KHCO₃ + HCl → KCl + H₂O + CO₂ ↑

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết este.

Giải chi tiết:

Thủy phân metyl axetat (CH₃COOCH₃) trong môi trường axit thu được hỗn hợp sản phẩm CH₃OH và CH₃COOH.

CH₃COOCH₃ + H₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOH + CH₃OH

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Nhỏ từ từ H⁺ vào dung dịch CO₃^2- + HCO₃^- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

     H⁺ + HCO₃^- → CO₂ ↑ + H₂O

- Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch E xảy ra các phản ứng:

     HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

     Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

     Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

Giải chi tiết:

n_H⁺ = 0,3 mol

n_CO3^2- = 0,2 mol

n_HCO3- = 0,2 mol

- Nhỏ từ từ H⁺ vào dung dịch CO₃^2- + HCO₃^- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H⁺   +   CO₃^2-  →  HCO₃^-

    0,2 ←    0,2      →    0,2                  (mol)

     H⁺   +   HCO₃^-  →  CO₂ ↑ +  H₂O

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

⟹ V = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

- Trong thành phần của dung dịch E có $\left\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}:0,2+0,2-0,1=0,3\left(mol\right)\\ S{O}_4^{2-}:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

- Cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào dung dịch E xảy ra các phản ứng:

     HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

     Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

     Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

⟹ n_BaCO3 = n_HCO3^- = 0,3 mol

      n_BaSO4 = n_SO4^2- = 0,1 mol

⟹ m = 0,3.197 + 0,1.233 = 82,4 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét phần 2:

So sánh thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ E là este no, đơn chức, mạch hở.

Từ n_CO2 ⟹ n_C; n_H2O ⟹ n_H

BTKL: m_O(E) = m_E - m_C - m_H ⟹ n_O(E) ⟹ n_E = n_O(E) / 2 ⟹ CTPT của E.

Số mol axit nhỏ hơn số mol ancol ⟹ n_axit = n_este; n_ancol = n_{hỗn hợp} - n_axit.

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ số C của axit và ancol ⟹ CT của axit, ancol.

Giải chi tiết:

- Xét phần 2:

Ta thấy: n_CO2 = n_H2O = 0,5 mol ⟹ E là este no, đơn chức, mạch hở.

BTNT C: n_C = n_CO2 = 0,5 mol

BTNT H: n_H = 2n_H2O = 1 mol

BTKL: n_O(E) = $\frac{10,2-0,5.12-1}{16}$ = 0,2 mol

Mà E là este đơn chức nên có chứa 2O ⟹ n_E = ½.n_O(E) = 0,1 mol

⟹ Số C trong E = 0,5/0,1 = 5 ⟹ E là C₅H₁₀O₂.

- Xét phần 1:

n _{½ hỗn hợp X} = 0,3 mol.

Do số mol axit nhỏ hơn số mol ancol ⟹ n_axit = n_este = 0,1 mol ⟹ n_ancol = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol.

⟹ n_{ancol dư} = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol.

Số mol CO₂ chênh lệch giữa 2 phần là do ancol dư gây ra.

Số C trong ancol = $\frac{0,4}{0,1}$ = 4 ⟹ Ancol là C₄H₉OH.

⟹ Công thức axit là HCOOH.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy chất béo:

 $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$(với k là độ bất bão hòa của chất béo)

- Số mol Br₂ phản ứng tối đa với chất béo:$n_{B{r}_2}=(k-3).n_{CB}$

Khi thủy phân chất béo trong MT kiềm luôn có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{chatbeo}=n_{glixerol}\\ n_{NaOH/KOH}=3n_{chatbeo}=3n_{glixerol}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Đặt n_X = a (mol) ⟹ n_{O (X)} = 6a (mol).

- Khi đốt cháy X:

BTNT O: n_H2O = n_{O (X)} + 2n_O2 - 2n_CO2 = 6a + 2.2,31 - 2.1,65 = 6a + 1,32 (mol)

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 1,65.44 + (6a + 1,32).18 - 2,31.32 = 108a + 22,44 (g)

- Khi X + NaOH:

n_NaOH = 3n_X = 3a (mol)

n_glixerol = n_X = a (mol)

BTKL: m_X + m_NaOH = m_muối + m_glixerol

⟹ 108a + 22,44 + 3a.40 = 26,52 + 92a

⟹ a = 0,03 mol

⟹ n_H2O = 6.0,03 + 1,32 = 1,5 mol

- Khi đốt chất béo X: $n_X=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$  (với k là độ bất bão hòa của chất béo)

⟹ k = $\frac{1,65-1,5}{0,03}+1$ = 6

⟹ n_Br2 = (k - 3).n_X = (6 - 3).0,03 = 0,09 mol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

T là este hai chức, mạch hở, tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên X, Y đơn chức và Z là ancol 2 chức.

- Đặt Z là C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

Khi ancol 2 chức tác dụng với NaOH: n_ancol = n_H2.

Mà m_{bình tăng} = m_ancol - m_H2 ⟹ m_ancol

Tính M_ancol ⟹ Công thức của ancol.

- Muối có dạng RCOONa.

BTNT H: n_H(muối) = 2n_H2O → Số H trung bình = 2 → 1 muối là HCOONa

Mà 2 muối có số mol bằng nhau → HCOONa và C_nH₃COONa

2HCOONa + O₂ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

2C_nH₃COONa + (2n + 2)O₂ → Na₂CO₃ + (2n + 1)CO₂ + 3H₂O

Từ số mol O₂ ⟹ giá trị của n ⟹ công thức của X, Y, T.

- Quy đổi E thành E': $\left\{\begin{array}{l}Axit\\ Ancol\\ H_{2}O\end{array}\right.$ (với n_H2O = -2n_este)

Từ khối lượng E → n_H2O(E')

Tính số mol các chất trong hỗn hợp E ban đầu:

+) n_T(E) = -n_H2O(E')/2

+) n_X,Y(E) = n_axit(E') - 2n_T

+) n_Z(E) = n_ancol(E') - n_T

Giải chi tiết:

T là este hai chức, mạch hở, tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên X, Y đơn chức và Z là ancol 2 chức.

- Đặt Z là C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

Khi ancol 2 chức tác dụng với NaOH: n_ancol = n_H2 = 0,26 mol

Mà m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 19,24 + 2.0,26 = 19,76 gam

→ M_ancol = 14n + 34 = 19,76/0,26 = 76 → n = 3 → Z là C₃H₆(OH)₂

- Muối có dạng RCOONa (0,4 mol)

n_H(muối) = 2n_H2O = 0,8 → Số H trung bình = 0,8/0,4 = 2 → 1 muối là HCOONa

Mà 2 muối có số mol bằng nhau → HCOONa (0,2 mol) và C_nH₃COONa (0,2 mol)

2HCOONa + O₂ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

0,2 →            0,1

2C_nH₃COONa + (2n + 2)O₂ → Na₂CO₃ + (2n + 1)CO₂ + 3H₂O

0,2 →                  0,2(n + 1)

→ n_O2 = 0,2(n + 1) + 0,1 = 0,7 → n = 2

Vậy X, Y là HCOOH và CH₂=CH-COOH → T là HCOO-C₃H₆-OOC-CH=CH₂.

- Quy đổi E thành: $E^{\text{'}}\left\{\begin{array}{l}HCOOH\left(0,2\right)\\ C{H}_2=CH-COOH\left(0,2\right)\\ C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2\left(0,26\right)\\ H_{2}O:-a\end{array}\right.$

Ta có: m_E = 38,86 → 0,2.46 + 0,2.72 + 0,26.76 - 18a = 38,86 → a = 0,25

Tính số mol các chất trong hỗn hợp E ban đầu:

+) n_T(E) = -n_H2O(E')/2 = 0,25/2 = 0,125

+) n_X,Y(E) = n_axit(E') - 2n_T = (0,2 + 0,2 - 2.0,125) = 0,15 mol

+) n_Z(E) = n_ancol(E') - n_T = 0,26 - 0,125 = 0,135 mol

→ %n_T(E) = $\frac{0,125}{0,125+0,15+0,135}.100\%$ = 30,49% gần nhất với 30,5%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Áp dụng BTNT C, H: n_H2O ⟹ n_H; n_CO2 ⟹ n_C

X chứa 3 nguyên tố C, H, O ⟹ m_{O (X)} = m_X - m_C - m_H

Trong X thì B chiếm 50% theo số mol nên giả sử n_B = n_A + n_E = t (mol).

Trong phân tử A và E đều chứa 2O; phân tử B chứa 1O.

Từ số mol nguyên tố O trong hỗn hợp ⟹ giá trị t.

Giải chi tiết:

n_H2O = 8,64/18 = 0,48 mol ⟹ n_H = 2n_H2O = 0,96 mol

n_CO2 = 8,96/22,4 = 0,4 mol ⟹ n_C = n_CO2 = 0,4 mol

X chứa 3 nguyên tố C, H, O

⟹ m_{O (X)} = m_X - m_C - m_H = 9,6 - 0,96 - 0,4.12 = 3,84 gam ⟹ n_{O (X)} = 3,84/16 = 0,24 mol

Trong X thì B chiếm 50% theo số mol nên giả sử n_B = n_A + n_E = t (mol)

Trong phân tử A và E đều chứa 2O; phân tử B chứa 1O

⟹ 2t + t = 0,24 ⟹ t = 0,08 mol

⟹ n_B = t = 0,08 mol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Nhỏ từ từ H⁺ vào dung dịch CO₃^2-, OH^- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

     H⁺ + OH^- → H₂O

     H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

     H⁺ + HCO₃^- → CO₂ ↑ + H₂O

Giải chi tiết:

n_OH^- = n_NaOH = 0,1.0,5 = 0,05 mol

n_CO3^2- = n_Na2CO3 = 0,1.0,4 = 0,04 mol

n_CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol

- Nhỏ từ từ H⁺ vào dung dịch CO₃^2-, OH^- xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

  H⁺   +   OH^-   →   H₂O

 0,05 ←  0,05

  H⁺   +   CO₃^2-   →   HCO₃^-

 0,04 ←  0,04

  H⁺   +   HCO₃^-   →   CO₂ ↑ + H₂O

 0,02 ←                       0,02

⟹ n_H⁺ = 0,05 + 0,04 + 0,02 = 0,11 mol

⟹ 0,2 . 2a + 0,2 . 0,15 = 0,11

⟹ a = 0,2.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính được  = 65,6 ⟹ X có chứa este có M < 65,6 ⟹ Este đó là HCOOCH₃ (M = 60).

⟹ Muối thu được sau khi thủy phân là HCOONa.

Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa quy đổi hỗn hợp Y thành $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}OH\\ C{H}_2\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Ta có  = 3,28/0,05 = 65,6 ⟹ X có chứa este có M < 65,6 ⟹ Este đó là HCOOCH₃ (M = 60).

⟹ Muối thu được sau khi thủy phân là HCOONa và 2 ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có n_HCOONa = n_NaOH = n_{hh ancol} = 0,05 mol

BTKL: m_Y = m_X + m_NaOH - m_HCOONa = 3,28 + 0,05.40 - 0,05.68 = 1,88 gam.

Quy đổi hỗn hợp Y thành: $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}OH:0,05\left(mol\right)\\ C{H}_2:\frac{1,88-0,05.32}{14}=0,02\left(mol\right)\end{array}\right.$ (phương pháp đồng đẳng hóa).

BTNT H: n_H2O = $\frac{0,05.4+0,02.2}{2}$ = 0,12 mol

⟹ m = 0,12.18 = 2,16 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_{muối T} = n_E

*Khi đốt cháy T:

Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol. Lập hệ PT tìm x và y dựa vào BTKL và BTNT O.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol. Lập hệ PT tìm a và b dựa vào tổng số mol 2 muối và BTNT Na.

Tính số H trung bình để tìm CTCT các muối.

* Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH và CH₂ 

Ghép với công thức muối để tìm ra công thức các este ban đầu.

⟹ %m_X.

Giải chi tiết:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_{muối T} = n_E = 0,2 mol

*Khi đốt cháy T:

- Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol

- BTKL: m_T + m_O2 = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O

⟹ 106x + 44y = 24,28 + 0,175.32 - 0,055.18 = 28,89 (1)

- BTNT Na: n_COONa(T) = 2n_Na2CO3 = 2x (mol) ⟹ n_O(T) = 4x (mol)

BTNT O: n_O(T) + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 4x + 2.0,175 = 3x + 2y + 0,055

⟹ -x + 2y = 0,295 (2)

- Từ (1)(2) ⟹ x = 0,175 mol; y = 0,235 mol.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

- Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol

⟹$\left\{\begin{array}{l}a+b=n_T=0,2\\ a+2b=n_{COONa}=2.0,175=0,35\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,05\\ b=0,15\end{array}\right.$

+) Số H trung bình của hỗn hợp muối:$\frac{2n_{H_{2}O}}{n_T}=\frac{2.0,055}{0,2}=0,55$

⟹ Trong T có muối không chứa nguyên tử H ⟹ (COONa)₂ (0,15 mol)

+) Số H trung bình của hai muối đơn chức = 0,11/0,05 = 2,2

⟹ Một muối đơn chức là HCOONa.

- Muối tạo bởi este Y là muối đơn chức, không no có 1 liên kết đôi C=C

⟹ CTTQ có dạng C_nH_2n-1COONa hay C_n+1H_2n-1O₂Na

Đặt n_{muối tạo bởi Y} = t (mol) ⟹ n_HCOONa = 0,05 - t (mol)

⟹$\left\{\begin{array}{l}t(n+1)+(0,05-t)=0,175+0,235-0,15.2=0,11\left(BT:C\right)\\ t(2n-1)+(0,05-t)=0,11\left(BT:H\right)\end{array}\right.$

⟹ $\left\{\begin{array}{l}nt=0,06\\ 2nt-2t=0,06\end{array}\right.$ ⟹$\left\{\begin{array}{l}n=2\\ t=0,03\end{array}\right.$
 

Vậy hỗn hợp muối T gồm $\left\{\begin{array}{l}HCOONa:0,02\left(mol\right)\\ C_2{H}_{3}COONa:0,03\left(mol\right)\\ {\left(COONa\right)}_2:0,15\left(mol\right)\end{array}\right.$

*Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH (0,35 mol) và CH₂ (0,12 mol)

$\left\{\begin{array}{l}X:HCOOC{H}_3.pC{H}_2\left(0,02\right)\\ Y:C{H}_2=CHCOOC{H}_3.qC{H}_2\left(0,03\right)\\ Z:{\left(COOC{H}_3\right)}_2.mC{H}_2\left(0,15\right)\end{array}\right.$

Ta có: n_CH2 = 0,02p + 0,03q + 0,15m = 0,12

→ m = 0 là nghiệm duy nhất. Để có 3 ancol thì p ≠ q ≠ 0 nên p = 3 và q = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy:

     X là HCOOC₄H₉ (0,02 mol)

     Y là CH₂ = CHCOOC₃H₇ (0,03 mol)

     Z là (COOCH₃)₂ (0,15 mol)

Vậy %m_X = 8,81% gần nhất với 9%.