Đáp án B

Isopren thuộc loại Ankadien, trong phân tử có 2 liên kết đôi isopren có tên thay thế (danh pháp IUPAC) là 2-metylbuta-1,3-dien

Đáp án B

C₃H₅(OH)₃ glixerol hay Propan-1,2,3-triol

Đáp án D

Có 5 chú ý về kim loại cần ghi nhớ.

- Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất. Hg

- Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất. W

- Kim loại cứng nhất. Cr

- Kim loại nhẹ nhất. Li

- Kim loại dẫn điện tốt nhất. Ag $(Ag>Cu>Au>Al>Fe)$

Đáp án C

$\begin{array}{l}nC{H}_2=C\left(C{H}_3\right)-CH=C{H}_2\\ \stackrel{xt,t°}{\to }-{\left[C{H}_2-C\left(C{H}_3\right)=CH-C{H}_2\right]}_n-\end{array}$

A, D: điều chế bằng phản ứng trùng ngưng

C: tơ nhân tạo (bán tổng hợp)

Đáp án A

Chú ý phản ứng $AgN{O}_3\stackrel{t°}{\to }Ag+N{O}_2+\frac{1}{2}{O}_2$

Ngoài ra Hg(NO₃)₂ cũng bị nhiệt phân ra kim loại Hg, NO₂, O₂

Đáp án C

Các phản ứng như sau:

A. $NaHS{O}_4+NaHC{O}_3\to N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O+C{O}_2\uparrow$

B. $NaOH+NaHC{O}_3\to N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O$

D. $HCl+NaHC{O}_3\to NaCl+H_{2}O+C{O}_2$

Đáp án B

Kim loại kiềm, kiềm thổ (trừ Mg, Be) mới tan được trong nước ở điều kiện thường.

Đáp án A

Xelulozo được cấu tạo từ các đơn vị nên khi thủy phân sẽ tạo ra $\beta -$glucozơ

Đáp án A

$F{e}_3{O}_4+8HCl\to FeC{l}_2+2FeC{l}_3+4H_{2}O$

Đáp án D

Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li chỉ xảy ra khi các ion kết hợp được với nhau tạo thành ít nhất một trong các chất sau:

+ Chất kết tủa.

+ Chất điện li yếu.

+ Chất khí.

A. $NaAl{O}_2+HCl+H_{2}O\to NaCl+Al{\left(OH\right)}_3$

$Al{\left(OH\right)}_3+3HCl\to AlC{l}_3+3H_{2}O$

B. $AgN{O}_3+NaCl\to AgC{l}_{\downarrow }+NaN{O}_3$

C. $NaHS{O}_4+NaHC{O}_3\to N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O+C{O}_2$

D. Không xảy ra phản ứng trao đổi vì không sinh ra chất kết tủa, chất khí hoặc chất điện ly yếu.

Đáp án B

Cần nhớ công thức của các polime

A. Xenlulozo triaxetat. $-{\left[C_6{H}_7{O}_2{\left(OCOC{H}_3\right)}_3\right]}_n-$

B. Tơ nilon - 6,6. $-{\left[NH-{\left(C{H}_2\right)}_6-NH-CO-{\left(C{H}_2\right)}_4-CO\right]}_n-$

C. Poli metyl acrylat. $-{\left[C{H}_2-CH\left(COOC{H}_3\right)\right]}_n-$

D. Tơ nitron (hay olon). $-{\left[C{H}_2-CHCN\right]}_n-$

Đáp án C

Dung dịch X chứa các anion OH^- và $Al{O}_2^{-}$

Sục CO₂ ta có các phản ứng.

$$\begin{gathered} C{O}_2+O{H}^{-}\to HC{O}_3^{-} \\ C{O}_2+Al{O}_2^{-}+H_{2}O\to Al{\left(OH\right)}_3\downarrow +HC{O}_3^{-} \end{gathered}$$

Đáp án B

Các tripeptit thu được là Ala - Gly - Val; Gly - Val - Gly; Val - Gly - Ala

Đáp án C

$C_2{H}_5-C_6{H}_5:$ etylbenzen (1 đồng phân)

$C{H}_3-C_6{H}_4-C{H}_3:$ xylen (3 đồng phân, $o-xylen,\text{ m}-xylen,\text{ p}-xylen$)

Đáp án D

$$\begin{gathered} Si+2F_2\to Si{F}_4 \\ Si+Mg\to M{g}_{2}Si \\ Si+2NaOH+H_{2}O\to N{a}_{2}Si{O}_3+2H_2 \end{gathered}$$

Đáp án A

Fructozo trong môi trường kiềm sẽ chuyển thành dạng Glucozo, trong khi dung dịch AgNO₃/NH₃ tạo ra môi trường kiềm nhờ cân bằng $N{H}_3+H_{2}O\rightleftarrows N{H}_4^{+}+O{H}^{-}$

Đáp án B

Hầu hết các hidroxit của các kim loại nặng đều là hợp chất không tan.

Để xử lý sơ bộ nước thải có chứa các ion kim loại nặng, người ta thường sử dụng nước vôi trong tạo các hidroxit không tan, lọc lấy phần dung dịch.

Đáp án A

Chú ý: Khử - Cho, O - Nhận (chất khử là chất nhường e, chất OXH là chất nhận e)

Ví dụ. $C{H}_{2}CHO+H_2\stackrel{Ni,t°}{\to }C{H}_{3}C{H}_{2}OH$

Chú ý ở đấy H₂ nhường e (nên đóng vai trò chất khử, như vậy andehit trong trường hợp này đóng vai trò chất OXH).

Đáp án B

Nhận xét nhanh X tạo bởi các axit có 18C, axit stearic C₁₇H₃₅COOH và axit oleic C₁₇H₃₃COOH, chất béo có dạng chung là trong đó các gốc R đều chứa 17C.

→Phân tử X có $(17+1)3+3=57$ nguyên tử C $\to nX=\frac{n_{C{O}_2}}{57}=0,16mol$

$\begin{array}{l}X+H_2\stackrel{Ni,t°}{\to }Y{\left(C_{17}{H}_{35}COO\right)}_3{C}_3{H}_5\\ \stackrel{NaOH}{\to }{C}_{17}{H}_{35}COONa\stackrel{+O_2,t°}{\to }{H}_{2}O\end{array}$

→Muối $C_{17}{H}_{35}COONa\text{ 0,48mol}$

$$\begin{gathered} \to {\text{n}}_{H_{2}O}=\frac{35}{2}\times 0,48=8,4\left(mol\right) \\ \to a=8,4.18=151,2\left(gam\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

(e) sai. Đó là thành phần chính của phân supephotphat đơn.

Còn phân supephotphat kép có thành phần chính là Ca(H₂PO₄)₂.

Đáp án A

(a) sai vì chất đó không phải peptit.

(c) sai vì C₆H₅NH₂ tính bazo rất yếu không đủ làm quỳ ẩm đổi màu.

(d) sai vì đipeptit không có khả năng tạo phức với Cu(OH)₂.

Đáp án D

$$\begin{gathered} Cr{O}_{3\left(X\right)}+2NaOH\stackrel{}{\to }N{a}_{2}Cr{O}_{4(Y-màu\text{ vàng)}}+H_{2}O \\ 2N{a}_{2}Cr{O}_4+H_{2}S{O}_4\stackrel{}{\to } \\ N{a}_{2}C{r}_2{O}_{7(Z-\text{màu cam)}}+N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O \\ N{a}_{2}C{r}_2{O}_7+14HCl\stackrel{}{\to } \\ 2NaCl+2CrC{l}_3+3C{l}_{2(T\text{ màu vàng lục)}}+7H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án C

Số phát biểu đúng là gồm (b), (c), (d), (e) và (g).

(a) sai vì có Al không thỏa mãn.

Đáp án D

$2Mg+C{O}_2\to C+2MgO$

Đáp án D

${\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4,FeC{l}_2,MgC{l}_2.$

Đáp án A

Nhận xét: khi andehit phản ứng với H₂ thì có thể xảy ra phản ứng cộng ở gốc hidrocacbon C = C, hoặc nhóm chức -CH = O

$\to n_X=n_Y=0,1\left(mol\right)$

Ta có $M_{ancol\text{ Y}}=9/0,1=90,$ Y là ancol no → Công thức phân tử của Y là C₄H₁₀O₂.

Mặt khác: $X+3H_2\to Y\left(C_4{H}_{10}{O}_2\right),$ vậy X là C₄H₄O₂, là andehit 2 chức, có 1 liên kết C = C trong gốc $\left(k_X=3\right)$

CTCT X: $OHC-CH=CH-CHO$ (X tráng bạc cho 4 Ag)

$\to m_{Ag}=108.n_{Ag}=108.4n_X=\mathrm{108.4.}\frac{2,1}{84}=10,8\left(g\right)$

Đáp án D

Phân tích từng giai đoạn trên đồ thị

Giai đoạn 1: $H_{2}S{O}_4+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaS{O}_{4\downarrow }+2H_{2}O$

Trung hòa $O{H}^{-}\to n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=a\text{ mol}$

Giai đoạn 2: $H_{2}S{O}_4+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+2H_{2}O\to BaS{O}_{4\downarrow }+2Al{\left(OH\right)}_{3\downarrow }$

Tạo đồng thời hai kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃

$\to n_{Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2}=1,5a$

Giai đoạn 3: $H_{2}S{O}_4+2NaAl{O}_2+2H_{2}O\to N{a}_{2}S{O}_4+2Al{\left(OH\right)}_{3\downarrow }$

BaSO₄ đã đạt cực đại nên chỉ tạo Al(OH)₃ thêm → $n_{NaAl{O}_2}=3a$

Lượng kết tủa cực đại 

$$\begin{gathered} =2,5a\text{ mol }BaS{O}_4+6a\text{ mol }Al{\left(OH\right)}_3 \\ \to 2,5a.233+6a.78=105,05\left(g\right) \end{gathered}$$

Giai đoạn 4: $3H_{2}S{O}_4+2Al{\left(OH\right)}_3\to A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+6H_{2}O$

Tại $n_{H_{2}S{O}_4}$ hòa tan $Al{\left(OH\right)}_3=7a-4a=3a=0,3\left(mol\right)$ thì $n_{BaS{O}_4}=2,5a=0,25mol$ (vẫn max do không bị hòa tan) và Al(OH)₃ tan $=2a=0,2\left(mol\right)$

$\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ còn 

$$\begin{gathered} =6.0,1-0,2=0,4mol \\ \to m_{C{r}_2{O}_3}0,25.233+0,4.78=89,45gam \end{gathered}$$

Đáp án C

Este no đơn chức mạch hở → Công thức phân tử là C_nH_2nO₂.

Đốt cháy X: $C_n{H}_{2n}{O}_2+\frac{3n-2}{2}{O}_2\to nC{O}_2+n{H}_{2}O$

Vì $n_{O_{2}pu}=n_{C{O}_2}\iff \frac{3n-2}{2}=n\iff n=2$

→ X là HCOOCH₃ (metyl fomat). Ta có $n_{HCOOC{H}_3}=\frac{6}{60}=0,1mol.$

$\to m_{muoi}=m_{HCOOK}=0,1.84=8,4gam$

Đáp án A

Nhận xét: $V_{H_2}$ sinh ra khi cho X tác dụng với H₂O < $V_{H_2}$ sinh ra khi cho X tác dụng với KOH dư.

→Khi X tác dụng với H₂O, Al bị dư.

Đặt số $\stackrel{BTKL}{\to }{m}_{0,1}=0,23$

Phản ứng với H₂O thì Al còn dư $\to n_{Al\text{ pu}}=n_{NaOH}=n_{Na}=b\left(mol\right)$

→ Bảo toàn e: $3b+b=0,2\times 2=0,4\text{ (1)}$

Phản ứng với KOH dư → X tan hoàn toàn.

→ Bảo toàn e: $3a+b=0,35\times 2=0,7\left(2\right)$

Giải hệ (1) và (2) $\to a=0,2$ và $n_{Na}=0,1.$ $m_X=0,2.27+0,1.23=7,7gam$

Đáp án C

$n_{NaOH}=0,09.0,5=0,045\left(mol\right)$

Trong đó 6,3(g) $X\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{H}_{3}COOH}=a\left(mol\right)\\ n_{C_2{H}_{5}COOH}=b\left(mol\right)\\ n_{C{H}_2=CHCOOH}=n_{B{r}_2}=6,4/160=0,04\left(mol\right)\end{array}\right.$

$\to m_X=60a+74b+72.0,04=6,3\text{ (1)}$

Đổi dữ kiện: Trung hòa 3,15g X cần 0,045 mol NaOH

→ Trung hòa 6,3g X cần 

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=\frac{6,3}{3,15}.0,045=0,09\left(mol\right) \\ \to a+b+0,04=0,09\text{ (2)} \end{gathered}$$

Giải (1) và (2) 

$$\begin{gathered} \Rightarrow a=0,02;b=0,03 \\ \to \%m_{C{H}_{3}COOH}=\frac{0,02.60}{6,3}.100\%=19,05\% \end{gathered}$$

Đáp án D

Cách 1:

Muối gồm

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{Lys{\left(HCl\right)}_2}=n_{Lys}=\frac{7,35}{147}=0,05\\ n_{Gly\left(HCl\right)}=n_{Gly}=\frac{15}{75}=0,2\\ n_{KCl}=n_{KOH}=0,3\end{array}\right. \\ \to m_{muoi}=0,05(147+36,5.2)+0,2(75+36,5) \\ +0,3.74,5=55,65\left(g\right) \end{gathered}$$

Cách 2:

$$\begin{gathered} n_{HCl(p/u)}=2n_{Lys}+n_{Gly}+n_{KOH}=0,6 \\ {n}_{H_{2}O}=n_{KOH}=0,3\left(mol\right) \end{gathered}$$

BTKL

$$\begin{gathered} \to m_{muoi}=m_{\text{Lys}}+m_{Gly}+M_{KOH}+m_{HCl}-M_{H_{2}O} \\ =7,35+15+0,3.56+0,6.36,5-0,3.18 \\ =55.656\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \sum n_e=\frac{I.t}{F}=\frac{2.14475}{96500}=0,3\left(mol\right) \\ \sum n_{e\text{ trao doi}}=0,3\text{ mol}<2n_{C{u}^{2+}} \end{gathered}$$

$\to$ Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl₂ và có thể có cả O₂.

Nếu chỉ có khí Cl₂: $\begin{array}{c}C{u}^{2+}+2e\to Cu\\ 2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2\end{array}\to \left|\begin{array}{l}{n}_{C{u}^{2+}}=\frac{1}{2}.n_e=0,15\left(mol\right)\\ n_{C{l}^{-}}=n_e=0,3\left(mol\right)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \to C{H}_{3}OH=m_{C{u}^{2+}}+m_{C{l}^{-}} \\ =64.0,15+\mathrm{35.5.0},3=20,25\ne 14,75 \end{gathered}$$

$\to$ Loại

→ có cả O₂ thoát ra → m_{dung dịch giảm} $=m_{Cu}+m_{C{l}_2}+m_{O_2}$(có thể quy đổi thành $m_{CuC{l}_2}+m_{CuO}$)

Đặt số $n_{CuC{l}_2}=a;n_{CuO}=b$ (quy đổi Cu, Cl₂, O₂ thành CuCl₂ và CuO cho đơn giản)

BTNT [Cu]: a + b = 0,15 mol

m_{(dung dịch giảm)$=135a+80b=14,75gam$}

$$\begin{gathered} \to a=n_{CuC{l}_2}=0,05mol \\ \to n_{NaCl}=0,05.2=0,1mol \end{gathered}$$ (bảo toàn nguyên tố Cl)

$\to C_{M_{NaCl}}=\frac{0,1}{0,2}=0,5M$

Đáp án B

Có quá trình khử. $4H^{+}+N{O}_3^{-}+3e\to NO+2H_{2}O$

Có $n_{H^{+}}=1\text{ mol, }{n}_{N{O}_3^{-}}=0,6mol\to H^{+}$ hết $\to 2n_{Cu}+n_{F{e}^{2+}}$ nhận tối đa $=\frac{3}{4}{n}_{H^{+}}=0,75mol$

Quá trình oxi hóa. $Cu\to C{u}^{2+}+2e$ và $F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+1e$

$n_e$ cho tối đa $=2n_{Cu}+n_{F{e}^{2+}}=2.0,15+0,3=0,6mol<$n_{e nhận tối đa}

Vậy chứng tỏ NO được tính theo số mol e cho $\to NO=0,6/3=0,2mol.$

$\to V=4,48$ lít

Đáp án B

Đặt $n_{Ba}=a,n_{BaO}=2a$ và $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=3a\left(mol\right)$

$$\begin{gathered} \to n_{H_2}=n_{Ba}=a \\ \to \sum n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=a+2a+3a=6a=\frac{6V}{22,4} \\ \to \sum n_{O{H}^{-}}=\frac{12V}{22,4} \end{gathered}$$

Công thức tính nhanh:

$$\begin{gathered} n_{C{O}_3^{2-}}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2} \\ \to n_{C{O}_3^{2-}}=\frac{12V}{22,4}-\frac{8V}{22,4}=\frac{4V}{22,4}=n_{BaC{O}_3} \\ =\frac{98,5}{197}\to V=2,8 l \\ \to n_{Ba}=0,125 mol,n_{BaO}=0,25 mol, \\ {n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,375 mol \end{gathered}$$

$\to m=0,125.137+0,25.153+0,375.171\to$ X là axit → Loại A.

Đáp án B

$X+NaHC{O}_3\to$ Khí → X là axit → Loại A.

X có phản ứng tráng gương → Loại D.

T có pứ màu biure → T không thể là đipeptit → Loại C.

Đáp án D

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=0,1;n_{H_{2}O}=0,05mol; \\ {n}_{C_8{H}_8}=0,005;m_X=0,78gam \end{gathered}$$

Đốt 0,78 gam X được 0,06 mol CO₂ vào 0,03 mol H₂O $\to \frac{n_C}{n_H}=\frac{0,06}{0,03.2}=\frac{1}{1}\to X$ là ${\left(CH\right)}_n,$ $26<M_X<58$

→ X là C₄H₄: 

$$\begin{gathered} n_{C_4{H}_4}=\frac{1}{4}{n}_{C{O}_2}=0,015\left(mol\right) \\ \to n_{B{r}_2}=3n_{C_4{H}_4}+n_{C_8{H}_8}=0,2\left(mol\right) \end{gathered}$$

Vậy $a=0,2.160=8gam$

Đáp án A

NO là khí hóa nâu trong không khí $NO+\frac{1}{2}{O}_2\to N{O}_2$

$X+HCl+NaN{O}_3\to$ 0,03 mol H₂ + 0,02 mol NO → BTNT[N]: $n_{NaN{O}_3}=n_{NO}+n_{N{H}_4^{+}}$

$$\begin{gathered} n_{N{H}_4^{+}}=0,01\left(mol\right) \\ {n}_{H^{+}}=2n_{O_{\left(X\right)}}+2n_{H_2}+10n_{N{H}_4^{+}}+4n_{NO} \\ \to n_{O_{\left(X\right)}}=0,24mol \end{gathered}$$

Do X còn có khả năng nhường e nên O₂ ban đầu hết.

$$\begin{gathered} {\overline{M}}_Y=\frac{M_{C{O}_2}+M_{S{O}_2}}{2} \\ \to n_{C{O}_2}=n_{S{O}_2}=a mol\stackrel{BTNT\left[C\right]}{\to }{n}_{FeC{O}_3}=a \\ \to n_{O_{(ban\text{ dau)}}}=3a \end{gathered}$$

SO₂ và CO₂ để có 2 nguyên tử O nên $n_{O_{\left(Y\right)}}=2n_Y=0,4\left(mol\right)$

BTNT[O]: $3a+0,16=0,2+4a\to a=0,08$

$\to m=\frac{0,\mathrm{08.3.16}}{16,71\%}.100\%=22,98g$

Đáp án C

Hỗn hợp 

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}Zn:0,04mol\\ Fe:0,04mol\end{array}\right.\underset{n_{C{l}_2}=x^{mol}}{\overset{O_2,C{l}_2}{\to }}Y\underset{0,{12}^{mol}}{\overset{HCl}{\to }}Z\left\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2\\ FeC{l}_2\\ FeC{l}_3\end{array}\right.\\ \stackrel{AgN{O}_3\left(du\right)}{\to }\left\{\begin{array}{l}AgCl:2x+0,12\left(BTNT\right[Cl]\\ Ag:ymol\end{array}\right.+Z\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ Z{n}^{2+}\\ N{O}_3^{-}\\ A{g}^{+}\end{array}\right.\end{array}$

Khi tác dụng với HCl chỉ có các oxit bị hòa tan

$\to n_{HCl}=4n_{O_2}\to n_{O_2}=0,03mol$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=x\\ n_{Ag}=y\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố Cl 

$$\begin{gathered} \to n_{AgCl}=2x+0,12 \\ \to 143,5(2.x+0,12)+108y=28,345 \end{gathered}$$

Bảo toàn e cho toàn bộ quá trình 

$$\begin{gathered} 3n_{Fe}+2n_{Zn}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}+n_{Ag} \\ \to 3.0,04+2.0,04=2.x+4.0,03+y \end{gathered}$$

Giải hệ $\to x=0,035$ và $y=0,01$

$\%C{l}_2=\frac{0,035}{0,035+0,03}.100\%=53,85\%$ (%V chính là % số mol)

Đáp án A

Đặt ẩn theo dữ kiện

$$\begin{gathered} \to E\left\{\begin{array}{l}{n}_X=2a\\ n_Y=a\\ n_Z=a\end{array}\right. \\ \stackrel{BTNT[N\text{]}}{\to }{n}_N=2.2a+3a+4a=0,25+0,2+0,1 \\ \to a=0,05\to n_{H_{2}O}=n_x+n_Y+n_Z=0,2 \end{gathered}$$

Quy đổi $\to E\left\{\begin{array}{l}{n}_{C_2{H}_{3}NO}=0,55\left(BTNT\right[N\text{]})\\ n_{C{H}_2}=n_{Ala}+2n_{Val}=0,5\\ n_{H_{2}O}=0,2\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \to m_E=m_{C_2{H}_{3}NO}+m_{C{H}_2}+m_{H_{2}O} \\ =57.0,55+14.0,5+18.0,2=41,95\left(g\right) \end{gathered}$$

Đốt E thu được

$n_{C{O}_2}=(0,55\times 2+0,5)=1,6\left(mol\right)$ và $n_{H_{2}O}=(0,55\times 1,5+0,5+0,2)=1,525\left(mol\right)$

$$\begin{gathered} \sum m_{(C{O}_2+H_{2}O)}=97,85 g \\ \begin{array}{l}41,95g E\to \sum m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=97,85 g\\ \text{ m g E}\to \sum m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=39,14 g\end{array} \\ \to m=\frac{41,95.39,14}{97,85}=16,78 g \end{gathered}$$

Đáp án D

BTKL khi đốt E

$$\begin{gathered} \to m_{C{O}_2}=34,32gam \\ \to n_{C{O}_2}=0,78mol<n_{H_{2}O} \\ \left(n_{H_{2}O}=14,4/18=0,8mol\right) \end{gathered}$$

→Nhận xét quan trọng: đốt axit, este luôn có $n_{C{O}_2}\ge n_{H_{2}O}\to$ Đốt ancol T sẽ có $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}$, Z là este 2 chức tạo bởi axit đơn chức và ancol T (T phải có 2 chức)  → ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở.

Cách 1: tư duy cổ điển

Ta có sơ đồ: $\underset{25,04g}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}axit{\text{ X, Y: C}}_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}}{O}_2:a\\ este{\text{ Z: C}}_m{H}_{2m-2}{O}_4:b\\ ancol{\text{ T: C}}_x{H}_{2x+2}{O}_2:c\end{array}\right.}}+\underset{0,74\left(mol\right)}{\underbrace{O_2}}\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,78 mol\\ H_{2}O:0,8 mol\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố [O]: $2a+4b+2c=0,88\text{ (1)}$

Quan hệ đốt cháy: $n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}:-b+c=0,02\text{ (2)}$

Số mol NaOH pứ: $\text{a}+2b=0,38\text{ (3)}$

+ Giải hệ )1) (2) và (3) ta có: $\text{a}=0,3;b=0,04$ và $c=0,06mol$

$\to n_{hon\text{ hop}}=a+b+c=0,4mol\to$ Số nguyên tử $\overline{C}=\frac{0,78}{0,4}=1,95$

→ 2 Axit là HCOOH và CH₃COOH (chú ý: ancol T đa chức và không phản ứng với Cu(OH)₂ → T có số $C\ge 3$)

→ Hỗn hợp E gồm: $\left\{\begin{array}{l}{\text{C}}_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}}{O}_2:0,3\\ {\text{C}}_m{H}_{2m-2}{O}_4:0,04\\ {\text{C}}_x{H}_{2x+2}{O}_2:0,06\end{array}\right.$

Số nguyên tử C trong este = số nguyên tử C trong HCOOH, CH₃COOH và ancol T

→ $$\begin{gathered} m=1+2+x=x+3 \\ {m}_E=0,3(14\overline{n}+32)+0,04.\text{[}12(x+3)+2x+4+64)\text{]} \\ +0,06.(14x+34)=25,04 \end{gathered}$$

$\iff 4,2\overline{n}+1,4x=9,24$ [Với $1<\overline{n}<2\to 0,6<x<3,6$].

Ancol T không hoàn toàn Cu(OH)₂ → T là $HO-{\text{[}C{H}_2\text{]}}_3-OH$ với x = 3

$$\begin{gathered} \to n=1,2\to n_{HCOOH}=0,3\times (1-0,2)=0,24mol \\ \to \%m_{HCOOH}=\frac{0,24.46}{25,04}=44,01\% \end{gathered}$$

Cách 2: tư duy quy đổi

Đổi dữ kiện để đồng nhất

→ Đốt $25,04g\text{ E }+\text{ 16,576(lit) }{O}_2\to 14,4g{H}_{2}O$

→ Đốt 12,52g E cần $\left\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=\frac{12,52}{25,04}.\frac{16,576}{22,4}=0,37 mol\\ n_{H_{2}O}=\frac{12,52}{25,04}.\frac{14,4}{18}=0,4 mol\end{array}\right.$

Quy đổi E 

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}HCOOH:0,19 mol(=n_{NaOH})\\ C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2:a mol\\ C{H}_2:b mol\\ H_{2}O:c mol\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}{m}_E=0,19.46+62a+14b+18c=12,52\\ n_{O_2}=0,19.0,5+2,5a+1,5b=0,37\\ n_{H_{2}O}=0,19+3a+b+c=0,4\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,05\\ b=0,1\\ c=-0,04\end{array}\right. \end{gathered}$$

Biện luận: các axit kế tiếp nhau, ancol đa chức + không phản ứng với Cu(OH)₂ nên tối thiểu 3C nên tư duy: lắp 0,5 mol CH₂ cho ancol T, lắp 0,5 mol CH₂ cho axit Y.

$\to \left\{\begin{array}{l}HCOOH:0,14 mol(=0,19-0,05)\\ C{H}_{3}COOH:0,05 mol\\ C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2:0,05 mol(=n_{C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2})\\ H_{2}O:-0,04 mol\to Z:HCOO-C_3{H}_6-OOCC{H}_3\\ =-\frac{1}{2}.n_{H_{2}O}\\ =0,02 mol(Z=1X+1Y+1T-2H_{2}O)\end{array}\right.$

→ Thực tế trong E $\left\{\begin{array}{l}HCOOH:0,14-0,02=0,12 mol\\ C{H}_{3}COOH:0,05-0,02=0,03 mol\\ C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2:0,05-0,02=0,03 mol\\ HCOO-C_3{H}_6-OOCC{H}_3=0,02 mol\end{array}\right.$

$\to \%m_{HCOOH}=\frac{0,12.46}{12,52}.100\%=44,01\%$