Đáp án C

Phương pháp giải:

Polime có các mắt xích là hiđrocacbon khi đốt cháy hoàn toàn chỉ thu được CO₂ và H₂O.

Giải chi tiết:

Polietilen (-CH₂-CH₂-)_n khi đốt cháy chỉ hoàn toàn chỉ thu được CO₂ và H₂O.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tripeptit là hợp chất hữu cơ được tạo nên từ ba gốc α-amino axit liên kết với nhau bởi các liên kết peptit (chứa 2 liên kết peptit).

Giải chi tiết:

Ala-Ala-Gly là tripeptit.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Polime thuộc loại tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp) là tơ visco và tơ xenlulozơ axetat.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại và oxit kim loại Mg và Al.

Giải chi tiết:

PTHH:

2Mg + O₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 2MgO

4Al + 3O₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 2Al₂O₃

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất béo là trieste của glixerol và axit béo.

Giải chi tiết:

Tripanmitin (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ là chất béo.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiên thức tổng hợp về este – lipit và cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

A sai, vì glucozơ là monosaccarit không thể tham gia phản ứng thủy phân.

B sai, vì etyl acrylat có công thức là CH₂=CHCOOC₂H₅ không thể tham gia phản ứng tráng bạc.

C sai, vì peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (từ tripeptit) mới có phản ứng màu biure.

D đúng, vì tristearin (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ là chất rắn ở điều kiện thường.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Glucozơ và fructozơ là monosaccarit.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại đồng (Cu).

Giải chi tiết:

Cu phản ứng được với dung dịch HNO₃ loãng.

PTHH: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO ↑ + 4H₂O

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại X là Hg (tồn tại ở thể lỏng trong điều kiện thường).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Giải chi tiết:

Dung dịch metylamin (CH₃NH₂) mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ ↑

Dựa vào PTHH ⟹ n_Mg ⟹ m.

Giải chi tiết:

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ ↑

Theo PTHH ⟹ n_Mg = n_H2 = 2,24/22,4 = 0,1 mol.

Vậy m = m_Mg = 0,1.24 = 2,4 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O

Dựa vào PTHH ⟹ n_NaOH ⟹ m_NaOH.

Giải chi tiết:

PTHH: H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_NaOH = n_H2NCH2COOH = 0,2 mol.

Vậy khối lượng NaOH tham gia phản ứng là m_NaOH = 0,2.40 = 8 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Công thức phân tử của của saccarozơ là C₁₂H₂₂O₁₁.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tristerin là trieste của glixerol và axit stearic.

Giải chi tiết:

Khi thủy phân tristearin trong môi trường axit, thu được sản phẩm là axit stearic và glixerol.

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3H₂O $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 3C₁₇H₃₅COOH + C₃H₅(OH)₃

Đáp án A

Phương pháp giải:

Alanin có công thức là CH₃-CH(NH₂)-COOH ⟹ Khối lượng phân tử.

Giải chi tiết:

Alanin có công thức là CH₃-CH(NH₂)-COOH có khối lượng phân tử là 89.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất vật lí của kim loại.

Giải chi tiết:

Tính chất vật lí chung của kim loại là tính dẻo.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào danh pháp của este.

Giải chi tiết:

Tên của hợp chất CH₃COOC₂H₅ là etyl axetat.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất của kim loại.

Giải chi tiết:

A sai, vì tính khử của Fe mạnh hơn Ag.

B đúng.

C sai, vì Cr là kim loại cứng nhất.

D sai, vì Cu không tan được trong dung dịch FeCl₂ (không có phản ứng hóa học xảy ra).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí của kim loại.

Giải chi tiết:

Dãy kim loại sắp xếp theo chiều tăng dần tính dẫn điện là Fe < Al < Cu < Ag.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Xác định các đipeptit được tạo ra từ 2 α-aminoaxit.

Giải chi tiết:

Các đipeptit được tạo ra từ hỗn hợp glyxin và alanin là Gly-Gly ; Ala-Ala ; Gly-Ala ; Ala-Gly.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào phản ứng thủy phân este CH₃COOC₂H₅ trong môi trường kiềm.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH.

Vậy muối thu được là CH₃COONa.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Xenlulozơ là polisaccarit.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào phản ứng điều chế este.

Giải chi tiết:

Etyl propionat có công thức là C₂H₅COOC₂H₅ được điều chế từ axit C₂H₅COOH và ancol C₂H₅OH.

PTHH: C₂H₅COOH + C₂H₅OH $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 \mathrm{dac}, \mathrm{t}°}{\rightleftharpoons }$ C₂H₅COOC₂H₅ + H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hỗn hợp kim loại chỉ có Fe phản ứng với dung dịch axit, Cu không phản ứng và là kim loại thu được sau phản ứng.

Dựa vào phản ứng với axit ⟹ n_Fe ⟹ m_Fe ⟹ m = m_Cu.

Giải chi tiết:

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ ↑

Theo PTHH ⟹ n_Fe = n_H2 = 2,24/22,4 = 0,1 mol.

⟹ m_Fe = 0,1.56 = 5,6 gam.

Kim loại thu được sau phản ứng là Cu có khối lượng là m = m_Cu = 12 – 5,6 = 6,4 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất học của kim loại.

Giải chi tiết:

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ ↑

              Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂ ↑

              Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂ ↑

Kim loại không phản ứng với nước ở điều kiện thường là Ag.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

X là poli(metyl metacrylat) dùng để chế tạo thủy tinh hữu cơ plexiglas.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi số mol Fe và Mg lần lượt là x và y (mol).

Lập hai phương trình dựa vào khối lượng X và số mol khí ⟹ x và y.

⟹ %m_Fe = m_Fe.100%/m_X

Giải chi tiết:

Gọi số mol Fe và Mg lần lượt là x và y (mol).

+ m_X = m_Fe + m_Mg = 56x + 24y = 10,4             (1)

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

             Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo PTHH ⟹ n_H2 = n_Fe + n_Mg = x + y = 0,3 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ x = 0,1 và y = 0,2.

Vậy %m_Fe = 0,1.56.100%/10,4 = 53,85%.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại.

Giải chi tiết:

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của protein (lòng trắng trứng).

Giải chi tiết:

Trong môi trường kiềm, lòng trắng trứng tác dụng với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím (phản ứng màu biure).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giả sử kim loại M có hóa trị n.

PTHH: 2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂ ↑

Dựa vào PTHH ⟹ Phương trình liên hệ giữa M_M và n ⟹ Giá trị của M_M (n = 1; 2 hoặc 3) ⟹ Kim loại M.

Giải chi tiết:

Giả sử kim loại M có hóa trị n.

PTHH: 2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂ ↑

Theo PTHH ⟹ ${\mathrm{n}}_{\mathrm{M}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{M}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_{\mathrm{n}}}\Rightarrow \frac{2,52}{{\mathrm{M}}_{\mathrm{M}}}=\frac{2.6,84}{2{\mathrm{M}}_{\mathrm{M}}+96\mathrm{n}}\Rightarrow {\mathrm{M}}_{\mathrm{M}}=28\mathrm{n}$

Nhận thấy n = 2 ⟹ M_M = 56 → thoả mãn (Fe).

Vậy kim loại M là Fe.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Ta có $\mathrm{C}:\mathrm{H}:\mathrm{O}=\frac{\%{\mathrm{m}}_{\mathrm{C}}}{12}:\frac{\%{\mathrm{m}}_{\mathrm{H}}}{1}:\frac{\%{\mathrm{m}}_{\mathrm{O}}}{16}$ ⟹ CTĐGN

- Từ M_X ⟹ CTPT của X.

- X tác dụng với NaOH đun nóng, thu được 2 sản phẩm hữu cơ ⟹ X là este.

- Viết các đồng phân este ứng với CTPT.

Giải chi tiết:

Ta có: $\mathrm{C}:\mathrm{H}:\mathrm{O}=\frac{54,54}{12}:\frac{9,1}{1}:\frac{36,36}{16}=2:4:1$

Đặt CTPT của X: (C₂H₄O)_n

Mà M_X = 2.44 = 88 ⟹ 44n = 88 ⟹ n = 2 ⟹ CTPT của X C₄H₈O₂.

X tác dụng với NaOH đun nóng, thu được 2 sản phẩm hữu cơ ⟹ X là este.

Các CTCT có thể có của X:

            CH₃-CH₂-COO-CH₃

            CH₃-COO-CH₂-CH₃

            HCOOCH₂-CH₂-CH₃

            HCOOCH(CH₃)-CH₃

⟹ 4 CTCT.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sau phản ứng thu được 1 chất khí làm xanh quỳ ẩm

⟹ CTCT của X là C₂H₅NH₃NO₃ (hoặc (CH₃)₂NH₂NO₃)

- Tính theo PTHH: C₂H₅NH₃NO₃ + NaOH → NaNO₃ + C₂H₅NH₂ + H₂O

Giải chi tiết:

Sau phản ứng thu được 1 chất khí làm xanh quỳ ẩm

⟹ CTCT của X là C₂H₅NH₃NO₃ (hoặc (CH₃)₂NH₂NO₃)

C₂H₅NH₃NO₃ + NaOH → NaNO₃ + C₂H₅NH₂ + H₂O

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

Chất rắn khan gồm: NaNO₃ (0,1 mol) và NaOH dư (0,2 - 0,1 = 0,1 mol).

⟹ m_{chất rắn} = 0,1.85 + 0,1.40 = 12,5 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- BTNT "O": 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O  ⟹ n_X

- BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2

- Xét X + NaOH: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

+ Từ số mol X suy ra số mol NaOH và C₃H₅(OH)₃

+ BTKL: m_X + m_NaOH = m_RCOONa  + m_C3H5(OH)3 ⟹ m_muối.

Giải chi tiết:

n_H2O = 39,6/18 = 2,2 (mol)

Đặt CT chung của X: (RCOO)₃C₃H₅

BTNT "O": 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2  + n_H2O ⟹ n_X = (2.2,28 + 2,2 - 2.3,26)/6 = 0,04 (mol)

BTKL ta có: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 2,28.44 + 39,6 - 3,26.32 = 35,6 (g)

- Xét X + NaOH có pư:

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

          0,04       → 0,12                           →    0,04        (mol)

BTKL: m_X + m_NaOH = m_RCOONa  + m_C3H5(OH)3

⟹ 35,6 + 0,12.40 = m_muối + 0,04.92

⟹ m_muối = b = 36,72 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

- X + AgNO₃:

Ta thấy n_Ag : n_X = 2 : 1 ⟹ Cả 2 este đều có đầu HCOO-.

- X + NaOH:

+ Do thu được CH₃OH ⟹ 1 este là HCOOCH₃ ⟹ n_HCOOCH3 = n_CH3OH.

+ Sau phản ứng thu được 2 muối ⟹ este còn lại là este của phenol có dạng HCOOC₆H₄R.

+ Xác định thành phần của muối. Từ khối lượng muối suy ra R.

+ Suy ra thành phần hỗn hợp X ban đầu ⟹ % khối lượng este có PTK lớn hơn trong X.

Giải chi tiết:

- X + AgNO₃:

Ta thấy n_Ag : n_X = 2 : 1 ⟹ Cả 2 este đều có đầu HCOO-.

- X + NaOH:

+ Do thu được CH₃OH ⟹ 1 este là HCOOCH₃ ⟹ n_HCOOCH3 = n_CH3OH = 1,6/32 = 0,05 mol.

+ Sau phản ứng thu được 2 muối ⟹ este còn lại là este của phenol có dạng HCOOC₆H₄R.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{HCOOCH}}_3: 0,05\\ {\mathrm{HCOOC}}_6{\mathrm{H}}_4\mathrm{R}: 0,03\end{array}\right.\to \mathrm{Muoi}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{HCOONa}: 0,08\\ {\mathrm{RC}}_6{\mathrm{H}}_4\mathrm{ONa}: 0,03\end{array}\right.$

⟹ m_muối = 0,08.68 + 0,03.(R + 115) = 9,34 ⟹ R = 15 (CH₃-)

⟹ $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{HCOOCH}}_3: 0,05\\ {\mathrm{HCOOC}}_6{\mathrm{H}}_4\mathrm{R}:\hspace{0.17em}0,03\end{array}\right.$

⟹ %m_HCOOC6H4CH3 = $\frac{0,03.136}{0,05.60+0,03.136}.100\%$ = 57,63%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi hỗn hợp + NaOH thì $1<\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{este}}}=1,2<2$ nên hỗn hợp có một este tạo từ phenol (giả sử là X)

Thì X + 2NaOH → muối + H₂O

      Y + NaOH → muối + ancol

Lập hệ giải n_X và n_Y

BTKL có m_este + m_NaOH = m_muối + m_H2O + m_ancol ⟹ m_ancol mà có n_ancol = n_Y ⟹ ancol ⟹ CTCT của Y

Vì hỗn hợp muối thu được từ phản ứng là có 3 muối nên X + NaOH tạo 2 muối (khác với muối tạo  từ Y) ⟹ CTCT của X

Giải chi tiết:

n_{hỗn hợp} = 0,05 mol

Khi hỗn hợp + NaOH thì $1<\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{este}}}=1,2<2$ nên hỗn hợp có một este tạo từ phenol (giả sử là X)

Thì X + 2NaOH → muối + H₂O

      Y + NaOH → muối + ancol

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{hh}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,05\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,06\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,01\left(\mathrm{mol}\right)\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,04\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.\right.$

BTKL có m_este + m_NaOH = m_muối + m_H2O + m_ancol

⟹  6,8 + 0,06.40 = 4,7 + 0,01.18 + m_ancol

⟹ m_ancol = 4,32 (gam)

⟹ M_ancol = $\frac{4,32}{0,04}=108$ (g/mol) ⟹ ancol là C₇H₈O (C₆H₅CH₂OH)

⟹ este Y là HCOOCH₂C₆H₅ ⟹ muối tạo từ Y là HCOONa (0,04 mol)

Vì hỗn hợp muối thu được từ phản ứng là có 3 muối nên X + NaOH tạo 2 muối (không phải HCOONa) nên X là CH₃COOC₆H₅ (0,01 mol)

Vậy muối gồm: HCOONa (0,04 mol), CH₃COONa (0,01 mol) và C₆H₅ONa (0,01 mol)

→ m_CH3COONa = 0,01.82 = 0,82 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: Gly-Ala-Gly + 2H₂O + 3HCl → Muối

Áp dụng BTKL: m_muối = m_peptit + m_H2O + m_HCl

Giải chi tiết:

M_Gly-Ala-Gly = 75.2 + 89 - 2.18 = 203 (g/mol)

⟹ n_Gly-Ala-Gly = 24,36/203 = 0,12 mol

Gly-Ala-Gly + 2H₂O + 3HCl → Muối

      0,12 →        0,24 → 0,36                  (mol)

BTKL: m_muối = m_peptit + m_H2O + m_HCl = 24,36 + 0,24.18 + 0,36.36,5 = 41,82 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

X có dạng: (-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n[-CH₂-CH(C₆H₅)-]_m

⟹ M_X = 54n + 104m

Ta có n_Br2  = n_{pi ngoài vòng}

$\to \frac{2,834}{54\mathrm{n}+104\mathrm{m}}.\mathrm{n}=\frac{1,731}{160}\Rightarrow \frac{\mathrm{n}}{\mathrm{m}}$

Giải chi tiết:

X có dạng: (-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n[-CH₂-CH(C₆H₅)-]_m

⟹ M_X = 54n + 104m

Ta có n_Br2  = n_{pi ngoài vòng}

→ $\to \frac{2,834}{54\mathrm{n}+104\mathrm{m}}.\mathrm{n}=\frac{1,731}{160}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 453,44\mathrm{n}=93,474\mathrm{n}+180,024\mathrm{m} \\ \Rightarrow 359,966\mathrm{n}=180,024\mathrm{m} \\ \Rightarrow \frac{\mathrm{n}}{\mathrm{m}}=\frac{180,024}{359,966}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương pháp giải:

- BTKL: m_HCl = m_muối - m_X → n_HCl.

- PTHH: H₂NC_nH_2nCOOH + HCl → ClH₃NC_nH_2nCOOH

⟹ n_X = n_HCl ⟹ M_X ⟹ giá trị của n ⟹ Số nguyên tử H trong phân tử X.

Giải chi tiết:

BTKL: m_HCl = m_muối - m_X = 12,55 - 8,9 = 3,65 gam → n_HCl = 0,1 mol.

H₂NC_nH_2nCOOH + HCl → ClH₃NC_nH_2nCOOH

           0,1 ←            0,1  (mol)

⟹ M_X = m_X : n_X = 8,9 : 0,1 = 89

⟹ 16 + 14n + 45 = 89 ⟹ n = 2

⟹ H₂NC₂H₄COOH

⟹ X có 7 nguyên tử H.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do sau phản ứng kim loại còn dư nên tạo muối Fe²⁺.

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: Cu⁰, Fe⁰, O⁰.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Cu}}_{\mathrm{pu}}: \mathrm{a}\\ \mathrm{Fe}: \mathrm{b}\\ \mathrm{O}: \mathrm{c}\end{array}\right.+ {\mathrm{HNO}}_3\to \mathrm{dd}.\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Cu}}^{2+}: \mathrm{a}\\ {\mathrm{Fe}}^{2+}: \mathrm{b}+\mathrm{NO}:0,075+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\\ {{\mathrm{NO}}_3}^{-}\end{array}\right.$

+) Từ khối lượng hỗn hợp X ⟹ phương trình (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_{Cu pư} + 2n_Fe = 2n_O + 3n_NO ⟹ phương trình (2)

+) Do công thức oxit là Fe₃O₄ ⟹ n_Fe : n_O = 3 : 4 ⟹ phương trình (3)

Giải hệ phương trình trên được a, b, c.

Từ đó tính được khối lượng muối.

Giải chi tiết:

n_NO = 0,075 mol

Do sau phản ứng kim loại còn dư nên tạo muối Fe²⁺.

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: Cu⁰, Fe⁰, O⁰.

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Cu}}_{\mathrm{pu}}: \mathrm{a}\\ \mathrm{Fe}: \mathrm{b}\\ \mathrm{O}: \mathrm{c}\end{array}\right.+ {\mathrm{HNO}}_3\to \mathrm{dd}.\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Cu}}^{2+}: \mathrm{a}\\ {\mathrm{Fe}}^{2+}: \mathrm{b}+\mathrm{NO}:0,075+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\\ {{\mathrm{NO}}_3}^{-}\end{array}\right.$

+) m_X = 64a + 56b + 16c = 30,1 - 0,7 (1)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_{Cu pư} + 2n_Fe = 2n_O + 3n_NO ⟹ 2a + 2b = 2c + 3.0,075 (2)

+) Do công thức Fe₃O₄ ⟹ n_Fe : n_O = 3 : 4 ⟹ b : c = 3 : 4 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được: a = 0,1875; b = 0,225; c = 0,3.

Muối gồm: Cu(NO₃)₂ (0,1875 mol); Fe(NO₃)₂ (0,225 mol).

⟹ m_muối = 75,75 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng điều chế este.

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 \mathrm{dac}, \mathrm{t}°}{\rightleftharpoons }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(a) sai, vì H₂SO₄ loãng không có tính háo nước như H₂SO₄ đặc.

(b) đúng.

(c) sai, NaCl bão hòa có tác dụng để este nổi nhanh hơn chứ không làm thay đổi lượng este thu được.

(d) sai, vì dùng HCl có thể khiến cho este bị thủy phân.

(e) sai, để hiệu suất cao hơn ta nên dùng CH₃COOH nguyên chất để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

Vậy có 1 phát biểu đúng.