Đáp án D

Tính khử theo dãy điện hóa Al > Cr > Fe > Cu.

Đáp án B

Al₂O₃ là chất lưỡng tính nên phản ứng được với axit, kiềm.

Đáp án C

CO₂ không thể phản ứng với O₂ vì C đã đạt mức OXH cao nhất là +4.

Đáp án C

Những chất có phản ứng tráng bạc:

- Andehit.

- Tất cả các chất có dạng HCOOR (R có thể là H, gốc hiđrocacbon, Na⁺, …)

- Glucozơ, fructozơ.

Đáp án B

Chú ý: natricromat là Na₂CrO₄ (dung dịch màu vàng) và natriđicromat là Na₂Cr₂O₇ (dung dịch màu da cam), natricromit là NaCrO₂.

Đáp án D

Poli acrilonitrin hay còn gọi là tơ olon, tơ nitron (nên thuộc loại tơ).

Đáp án D

Muối axit của axit yếu là chất lưỡng tính nên phản ứng với cả axit và kiềm.

Đáp án A

Các hiđroxit lưỡng tính hay gặp là Cr(OH)₃; Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Be(OH)₂

Cr(OH)₂ là bazơ, CrO là oxit bazơ, CrO₃ là oxit axit.

Đáp án B

Các chất không chứa liên kết ion (chỉ có các liên kết cộng hóa trị) và không phản ứng với H₂O (ở điều kiện thường) là các chất không điện ly.

Ví dụ: glucozơ, fructozơ, saccarozơ, các ancol…

Đáp án C

HCl phản ứng axit – bazơ với NH₃ tạo muối amoni clorua

Đáp án B

Tripanmitin là chất béo (trieste) có công thức (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ phân tử chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O.

Đáp án C

$C_6{H}_{5}OH+NaOH\stackrel{}{\to }{C}_5{H}_{5}ONa+H_{2}O$ (natriphenolat là muối và tan tốt trong nước)

Đáp án A

Đặt ẩn và giải hệ cơ bản: $\left\{\begin{array}{l}24x+56y=10,4\\ x+y=0,3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,2\\ y=0,1\end{array}\right.$

$\%m_{Fe}=\frac{0,1\times 56}{10,4}\times 100\%=53,84\%$

Đáp án B

$HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }C{O}_3^{2-}+H_{2}O$

0,0075   0,02 (dư) $\to n_{C{O}_3^{2-}}$= 0,0075 mol

$B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\stackrel{}{\to }BaC{O}_3$

0,01   0,0075  $\to n_{BaC{O}_3}=$ 0,0075 $\to m_{\downarrow }=0,0075\times 197=1,4775\left(g\right)$

Đáp án D

$$\begin{gathered} Ca{\left(OH\right)}_2+C{O}_2\to CaC{O}_3 +H_{2}O \\ Ca{\left(OH\right)}_2 + S{O}_2\to CaS{O}_{3 }+H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án C

Phenol là C₆H₅OH (có 6 nguyên tử H), anilin là C₆H₅NH₂ (có 7 nguyên tử H)

Đáp án C

Nhận thấy 2 este đều được tạo từ axit axetic.

$\to$ Sau phản ứng ta có $n_{C{H}_{3}COONa}=0,2mol$

Chú ý: có $n_{NaOHdư­}$ = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

m_rắn = $m_{C{H}_{3}COONa}+m_{NaOH dư­}$= 0,2.82 + 0,1.40 = 20,4 (g)

Đáp án B

Bảo toàn khối lượng $m_{HClpu}=19,1-11,8=7,3\left(g\right)$

$\to n_{HClpu}=7,3/36,5=0,2mol$

Do amin đơn chức nên ta có $n_{a\min }=n_{HCl}=0,2mol\to$ M_amin = $\frac{11,8}{0,2}=59\to CTPT:C_3{H}_{9}N$

C₃H₉N có 2 đồng phân amin bậc I: CH₃ – CH₂ – CH₂ – NH₂ và CH₃ – CH(CH₃) – NH₂.

Đáp án A

Các chất S, FeCO₃, Cu, FeS₂, CrO đóng vai trò là chất khử trong phản ứng với HNO₃ do các nguyên tố chưa đạt số OXH cao nhất.

$\begin{array}{l}{S}^0-6e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }{S}^{+6}\left(H_{2}S{O}_4\right)\\ F{e}^{+2}-1e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }F{e}^{+3}\\ C{u}^0-2e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }C{u}^{+2}\\ Fe{S}_2-15e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }F{e}^{+3}+2S^{+6}\\ C{r}^{+2}-1e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }C{r}^{+3}\end{array}$

Đáp án C

Đáp án gồm: glucozơ, saccarozơ, glixerol

Các chất hữu cơ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam là:

- Ancol đa chức có ít nhất 2 nhóm –OH kề nhau.

- Axit cacboxylic

Chú ý: tripeptit cũng phản ứng với Cu(OH)₂ nhưng tạo phức tím (phản ứng màu buire)

Đáp án B

Số phát biểu đúng gồm (2) (3) và (4)

(1) Sai vì không có khái niệm “Kim loại lưỡng tính”.

(5) Sai vì khí Cl₂ thoát ra ở anot.

Đáp án A

$X+NaOH\stackrel{}{\to }C{H}_{3}COONa+NaO-C_6{H}_{4}C{H}_{2}OH+H_{2}O$

Kết hợp dữ kiện X chỉ chứa nhóm chức Este $\to$X là $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_{4}C{H}_{2}OCOC{H}_3$

Đáp án B

Nhận xét: kết tủa là BaCO₃, dung dịch có thể chứa muối Na₂CO₃, NaHCO₃ và Ba(HCO₃)₂

- Biện luận: nếu dung dịch chỉ có muối Na₂CO₃ và NaHCO₃ thì (khoảng giá trị khi coi muối chỉ có Na₂CO₃ và NaHCO₃), điều này vô lý theo đề bài. Vậy muối sẽ gồm $B{a}^{2+},N{a}^{+},HC{O}_3^{-}$ (đã có $B{a}^{2+}$ thì không thể có $C{O}_3^{2-}$ trong dung dịch)

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}=0,1 mol\\ B{a}^{2+}=a mol\\ HC{O}_3^{-}=b mol\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}BTĐT:0,1+2a=b\\ BTKL:m_{muối}=0,1\times 23+137a+61b=21,35\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,05\\ b=0,2\end{array}\right.\\ BTNT\left[Ba\right]\to n_{BaC{O}_3}=0,2-0,05=0,15\\ BTNT\left[C\right]\to n_{C{O}_2}=0,15+0,2=0,35\\ V=7,84 lít\end{array}$

Đáp án B

$k_X=\frac{\left(4.2+2+1\right)-11}{2}=0\to$ chắc chắn X là muối amoni (Nếu X chỉ là hợp chất có liên kết cộng hóa trị, trong phân tử có 2 nguyên tử O, lại phản ứng với NaOH nên chỉ có thể là nhóm este $\to k\ge 1$, vô lí).

X có 2O, nên X là muối amoni của axit cacboxylic $\to$mô hình của X là

$\begin{array}{l}BTNT\left[Ag\right]\to n_{AgN{O}_3}=n_{AgCl}+n_{Ag}\\ =0,36+0,015=0,375\left(mol\right)\\ RCO{O}^{-}{H}_3{N}^{+}R\text{'}+NaOH\\ \stackrel{}{\to }RCOONa+R\text{'}N{H}_2+H_{2}O\\ \to n_{muối}=n_X=\frac{15,75}{105}=0,15\left(mol\right)\\ \to M_{muối}=\frac{10,2}{0,15}=68\left(HCOONa\right)\end{array}$

$\to$các công thức cấu tạo của X thỏa mãn là:

$\begin{array}{l}HCOO{H}_{3}NC{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_3\\ HCOO{H}_{3}NCH{\left(C{H}_3\right)}_2\\ HCOO{H}_{2}N\left(C{H}_3\right)C{H}_{2}C{H}_3\\ HCOONH{\left(C{H}_3\right)}_3\end{array}$

Đáp án A

Sau khi hòa tan a mol Al₂O₃ vào 2a mol Ba(OH)₂:

$\begin{array}{l}A{l}_2{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+H_{2}O\\ \to X\left\{\begin{array}{l}Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2:a\\ Ba{\left(OH\right)}_2:a\end{array}\right.\end{array}$

+ Vậy số chất có thể tác dụng với dung dịch X gồm:

CO₂, Fe(NO₃)₂, NH₄Cl, NaHCO₃, HCl, Al và Na₂CO₃

Các phương trình phản ứng:

$\begin{array}{l}C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +H_{2}O\\ C{O}_2+H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\\ \stackrel{}{\to }Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2+Al{\left(OH\right)}_3\downarrow \\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Fe{\left(OH\right)}_2+Ba{\left(N{O}_3\right)}_2\\ N{H}_{4}Cl+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{l}_2+N{H}_3\uparrow +H_{2}O\\ 2N{H}_{4}Cl+2H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\\ \stackrel{}{\to }2N{H}_3+2Al{\left(OH\right)}_3+BaC{l}_2\\ 2NaHC{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\\ \stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +N{a}_{2}C{O}_3\left(hoặcNaOH\right)+2H_{2}O\\ HCl+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{l}_2+H_{2}O\\ 2HCl+2H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\\ \stackrel{}{\to }BaC{l}_2+2Al{\left(OH\right)}_3\\ 2Al+2H_{2}O+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+3H_2\\ N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +2NaCl\\ N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\stackrel{}{\to }2NaAl{O}_2+BaC{O}_3\end{array}$

Đáp án C

Ở phần 1 ta có phản ứng:

$C_6{H}_7{O}_2{\left(OH\right)}_3+3HN{O}_3\underset{H=0,75}{\overset{H_{2}S{O}_4,t^o}{\to }}{C}_6{H}_7{O}_2{\left(N{O}_3\right)}_3+3H_{2}O$

$$\begin{gathered} n_{C_6{H}_7{O}_2{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{35,64}{297}=0,12mol \\ \to n_{xenlulozo}=0,12/0,75=0,16mol \end{gathered}$$

Phần 2 thủy phân xenlulozơ ta có phản ứng $C_6{H}_{10}{O}_5+H_{2}O\underset{H=0,8}{\overset{H^o,t^o}{\to }}{C}_6{H}_{12}{O}_6$

$\begin{array}{l}\to n_{AgCl}=2n_{C{l}_2}=0,03.2=0,06\\ \to n_{Ag}=\frac{53,28-143,5.0,36}{108}=0,015mol\\ \to m_{sobitol}=0,128\times 182=23,296gam\end{array}$

Đáp án C

$$\begin{gathered} Cr+2HCl\to CrC{l}_2+H_2 \\ CrC{l}_2+\frac{1}{2}C{l}_2\to CrC{l}_3 \\ CrC{l}_3+4NaOH\to NaCr{O}_2+3NaCl+2H_{2}O \\ NaCr{O}_2+B{r}_2\to N{a}_{2}Cr{O}_4+6BaBr+4H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có các phản ứng sau:

$\begin{array}{l}\left(a\right)\to HCl+N{a}_{2}C{O}_3\stackrel{}{\to }{\mathbf{NaHCO}}_3+\mathbf{NaCl}\\ \left(b\right)\to C{l}_2+2NaOH\stackrel{}{\to }\mathbf{NaCl}+\mathbf{NaClO}+H_{2}O\\ \left(c\right)\to 3F{e}_3{O}_4+28HN{O}_3\stackrel{}{\to }9Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+NO+14H_{2}O\\ \left(d\right)\to F{e}_3{O}_4+H_{2}S{O}_4\stackrel{}{\to }{\mathbf{FeSO}}_4+{\mathbf{Fe}}_2{\left({\mathbf{SO}}_4\right)}_3+4H_{2}O\\ \left(e\right)\to 2NaOH+Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2\stackrel{}{\to }{\mathbf{Na}}_2{\mathbf{CO}}_3+{\mathbf{CaCO}}_3\downarrow +2H_{2}O\\ \left(g\right)\to 3Ba{\left(OH\right)}_2+A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\stackrel{}{\to }3{\mathbf{BaSO}}_4\downarrow +2Al{\left(OH\right)}_3\end{array}$

Sau đó: $Ba{\left(OH\right)}_{2\text{\hspace{0.17em}dư­}}+2Al{\left(OH\right)}_3\stackrel{}{\to }\mathbf{Ba}{\left({\mathbf{AlO}}_2\right)}_2+4H_{2}O$

$\to$Thí nghiệm (a) (b) (d) (e) và (g) tạo 4 muối

Đáp án A

Vì Y làm mất màu nước brom $\to$ Loại C.

Z có tạo kết tủa với nước brom $\to$ Loại B và D

Đáp án B

Sơ đồ ta có

$$\begin{gathered} \stackrel{1,5\left(mol\right)}{\overbrace{\underset{25,4g}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_2:0,3\\ C_4{H}_4:0,2\\ C_2{H}_4:0,2\\ H_2:0,8\end{array}\right.}}}} \\ \to Y\left\{\begin{array}{l}{C}_x{H}_y\\ H_2\end{array}\right\}{M}_Y=12,7.2=25,4 \end{gathered}$$

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_Y=25,4g\to n_Y=\frac{25,4}{25,4}=1mol$

$\to n_{H_2\text{phản ứng}}=n_X-n_Y=1,5-1=0,5\left(mol\right)$

Bảo toàn mol $\pi$

$$\begin{gathered} \to n_{\pi }=2n_{C_2{H}_2}+3n_{C_4{H}_4}+n_{C_2{H}_4} \\ =n_{H_2\text{phản ứng}}+n_{B{r}_2} \\ \iff 2.0,3+3.0,2+0,2=0,5+n_{B{r}_2} \\ \to n_{B{r}_2\text{\hspace{0.17em}phản ứng}}=0,9mol \\ \to m_{B{r}_2\text{\hspace{0.17em}phản ứng}}=0,9.160=144gam \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có sơ đồ phản ứng sau

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4:a\\ A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:b\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Al{\left(OH\right)}_3:2b\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Al{\left(OH\right)}_3:2b\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2:b\end{array}\right.\end{array}$

+ Từ sơ đồ trên ta có hệ phương trình:

- Biểu diễn phương trình theo số mol của $BaS{O}_4:$ $a+3b=\frac{69,9}{233}=0,3$ (1)

- Biểu diễn phương trình bằng định luật bảo toàn Ba: a + 3b + b = a + 4b = 0,32 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có $a=n_{N{a}_{2}S{O}_4}=0,24mol$

Đáp án A

Số chất tác dụng với dung dịch brom ở điều kiện thường gồm:

Eliten, vinylaxetilen, triolein, anilin, stiren và isopren.

Đáp án A

Khối lượng dung dịch giảm gồm:

$$\begin{gathered} CuC{l}_2:0,075molvà \\ CuO:\frac{14,125-0,075.\left(64+71\right)}{80}=0,05mol \end{gathered}$$

Dung dịch Y chứa CuSO₄: 0,2 – 0,075 – 0,05 = 0,075 mol; H₂SO₄: 0,125 mol (bảo toàn nhóm $S{O}_4^{2-}$)

Khi cho 15 gam bột Fe thì xảy ra phản ứng

$\begin{array}{l}Fe+H_{2}S{O}_4\stackrel{}{\to }FeS{O}_4+H_2\\ Fe+CuS{O}_4\stackrel{}{\to }FeS{O}_4+Cu\end{array}$

Khối lượng chất rắn thu được gồm Cu: 0,075 mol và Fe dư: 15 – 0,075.56 – 0,125.56 = 3,8 gam

$\to$m = 0,075.64 + 3,8 = 8,6 (gam)

Đáp án B

X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO₂ bằng số mol H₂O

$\begin{array}{l}\to n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=\frac{34,72}{44+18}=0,56mol\\ \to m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_X\\ =34,72-14,24=20,18\to n_{O_2}=0,64 mol\\ BTNT\left[O\right]2n_X+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}\\ \to n_X=\frac{0,56.2+0,56-0,64.2}{2}=0,2 mol\end{array}$

$\to \overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{0,56}{0,2}=2,8\to$X chứa este HCOOCH₃ (x mol) và CH₃COOC₂H₅ (y mol)

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ 60x+88y=14,24\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,08\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}a=m_{HCOONa}=0,12.68=8,16gam\\ b=m_{C{H}_{3}COONa}=0,08.82=6,56gam\\ a/b=8,16/6,56=1,244\end{array}$

Đáp án B

$\begin{array}{l}{n}_{O_{\left(X\right)}}=\frac{86,3.0,1947}{16}=1,05\left(mol\right)\\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1}{3}{n}_O=\frac{1,05}{3}=0,35\left(mol\right)\end{array}$

Sơ đồ $H_{2}O\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\to \sum n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}=1,2mol=$tổng số mol điện tích âm trong dung dịch Y.

$\begin{array}{l}{n}_{H^{+}}=3,2.0,75=2,4\left(mol\right)\\ \to Y\left\{\begin{array}{l}{n}_{Al{O}_2^{-}}=2n_{A{l}_2{O}_3}=2.0,35=0,7\left(BTNT:Al\right)\\ n_{O{H}^{-}\left(\text{dư­}\right)}=1,2-0,7=0,5mol\end{array}\right.\end{array}$

$\underset{0,5}{H^{+}}\underleftarrow{+}\underset{0,5}{O{H}^{-}}\to H_{2}O\to$ sau phản ứng trung hòa bị hòa tan $n_{H^{+}}=2,4-0,5=1,9mol>n_{Al{O}_2^{-}}\to Al{\left(OH\right)}_3$

Công thức tính nhanh: 

$$\begin{gathered} \to n_{H^{+}}=4n_{Al{O}_2^{-}}-3n_{Al{\left(OH\right)}_3\downarrow } \\ \to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{4.0,7-1,9}{3}=0,3\left(mol\right) \\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,15 \\ \to m_{A{l}_2{O}_3}=102.0,15=15,3\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có: $m_O:m_N=16:7\to n_O:n_N=\frac{16}{16}:\frac{7}{14}=2:1$

$\to$ số nguyên tử O gấp đôi số nguyên tử N nên X gồm các a.a có 1 nhóm $-N{H}_2$ và 1 nhóm $-COOH$ 

$\to n_X=n_{HCl}=0,12=n_{NaOH}=n_{H_{2}O}$_{(tạo thành)}

BTKL ta có: m_rắn = 10,36 + 0,25.40 – 0,12.18 =18,2 gam.

Đáp án A

O trong 0,06 mol sẽ chạy hết vào trong H₂O

$$\begin{gathered} \to n_{HCl}=2n_{H_{2}O}\left(BTNT:H\right) \\ =4n_{O_2}\left(BTNT:O\right)=4.0,06=0,24mol \end{gathered}$$

_{$\to n_{HCl}$đã dùng (dư 25%)} = 1,25.0,24 = 0,3 mol.

Quá trình:

$\begin{array}{l}\left\{\underset{mgam}{\underbrace{Fe}}\begin{array}{c}\stackrel{0,06mol}{\overbrace{O_2}}\\ \underset{0,03mol}{\underbrace{C{l}_2}}\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{l}\stackrel{0,3mol}{\overbrace{HCl}}\\ AgN{O}_3\end{array}\right\}\\ \to \underset{53,28gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl\end{array}\right\}}}+Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+\underset{0,015mol}{\underbrace{NO}}+\underset{0,15mol}{\underbrace{H_{2}O}}\end{array}$

Sơ đồ:

$\begin{array}{l}2H^{+}+O^{2-}\to H_{2}O\\ 4H^{+}+N{O}_3^{-}+3e\to NO+2H_{2}O\end{array}$

$n_{H_{2}O}$­_{(cả quá trình) $=\frac{1}{2}{n_{HCl}}^{\left(BTNT:Cl\right)}=0,15mol$}

_{$$\begin{gathered} =n_{O\left(trongoxit\right)}+2n_{NO}=0,{06.2}^{\left(BTNT:O\right)}+2n_{NO} \\ \to n_{NO}=0,015mol \end{gathered}$$}

$C{l}^{-}$ đi vào hết AgCl $\stackrel{BTNT\left[Cl\right]}{\to }{n}_{AgCl}=2n_{C{l}_2}+n_{HCl}=0,03.2+0,3=0,36mol$

$\begin{array}{l}\to n_{Ag}=\frac{53,28-143,5.0,36}{108}=0,015mol\\ BTNT\left[Ag\right]\to n_{AgN{O}_3}=n_{AgCl}+n_{Ag}\\ =0,36+0,015=0,375\left(mol\right)\\ BTNT\left[N\right]\to n_{AgN{O}_3}=3n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}+n_{NO}\\ \to n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{0,375-0,015}{3}=0,12mol\\ \to n_{Fe}=0,12\to m=0,12.56=6,72\left(g\right)\end{array}$

Đáp án D

Thủy phân E gồm 2 peptit và 1 este $\to$ ancol C₂H₅OH và các muối của $\alpha$-aminoaxit

$\to$ Z chắc chắn là este của ancol etylic với $\alpha -$aminoaxit

$\to$ Z có mô hình là H₂N–R–COOC₂H₅

$\to$ R là C₂H₄ (– CH(CH₃) –) $\to$ Z là este của Ala với ancol etylic: H₂N– CH(CH₃) – COOC₂H₅

$\begin{array}{l}\to \left\{\begin{array}{l}PeptitX\\ PeptitY\\ EsteZ\stackrel{quy về}{\to }\underset{Alanyl}{\underbrace{C_2{H}_{3}ON+C{H}_2}}+C_2{H}_{5}OH\end{array}\right.\\ \stackrel{quy về}{\to }\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}ON:x mol\\ C{H}_2:y mol\\ C_2{H}_{5}OH:0,05 mol\\ H_{2}O:z mol=n_X+n_Y\end{array}\right.\end{array}$

$\stackrel{NaOH}{\to }$muối $\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{O}_{2}NNa:x mol\\ C{H}_2:y mol\end{array}\right.+C_2{H}_{5}OH+H_{2}O$

Đốt muối bằng O₂:

$\begin{array}{l}2C_2{H}_4{O}_{2}NNa+4,5O_2\\ \stackrel{}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O+N{a}_{2}C{O}_3\\ C{H}_2+1,5O_2\stackrel{}{\to }C{O}_2+H_{2}O\\ \to \left\{\begin{array}{l}{m}_E=57x+14y+46.0,05+18z=36,58\\ n_{O_2}=2,25x+1,5y=1,59\\ BNNT\left[Na\right]n_{C_2{H}_4{O}_{2}NNa}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}\\ \to x=2.\frac{26,5}{106}=0,5\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,5\\ y=0,31\\ z=0,08\end{array}\right.\end{array}$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_Z=n_{C_2{H}_{5}OH}=0,05=n_{C_2{H}_{3}O{N}_{\left[Z\right]}}\\ n_{H_{2}O}=n_X+n_Y=0,08\\ n_{C\left(muối\right)}=2x+y=2.0,5+0,31=1,31\\ \to \overline{C}=\frac{n_C}{n_{muối}}=\frac{1,31}{0,5}=2,62\\ \to \alpha -a.a:Gly\&Ala\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{Gly}=x-y=0,\\ n_{Ala}=y=0,31\end{array}\right.\\ n_{C_2{H}_{3}N{O}_{\left[X,Y\right]}}=x-n_{C_2{H}_{3}O{N}_{\left[Z\right]}}=0,5-0,05=0,45\\ \to TB=\frac{n_{C_2{H}_{3}N{O}_{\left(X,Y\right)}}}{n_X+n_Y}\\ =\frac{0,45}{0,08}=5,625\to X_5\&Y_6\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{n}_{X_5}=a\\ n_{Y_6}=b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,08\\ \frac{5a+6b}{0,08}=5,625\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,05\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}{X}_5:{\left(Gly\right)}_u{\left(Ala\right)}_{5-u}:0,03 mol\\ Y_6:{\left(Gly\right)}_v{\left(Ala\right)}_{6-v}:0,05 mol\end{array}\right.\\ \to \left|\begin{array}{l}{n}_{Gly}=0,03u+0,05v=0,19\\ hay:3u+5v=19\\ u=3,v=2\end{array}\right.\end{array}$

Đáp án B

_{$\begin{array}{l}{n}_{O_{\left(X\right)}}=\frac{35,25.20,4255\%}{16.100\%}=0,45 mol,\\ n_{CO}=0,3 mol,\overline{M_Z}=18.2=36 g/mol\end{array}$}

_{$\begin{array}{l}X+CO\to \left\{\begin{array}{l}{n}_Z=n_{CO}+n_{C{O}_2}=0,3\\ 28n_{CO}+44n_{C{O}_2}=0,3.36\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}{n}_{CO}=0,{15}^{mol}\\ n_{C{O}_2}=0,{15}^{mol}\end{array}\right.\end{array}$}

_{$\to n_O$(bị khử)} = 0,15 mol

$\begin{array}{l}\to n_{O\left(Y\right)}=n_{O\left(X\right)}-0,15=0,3 mol Z\\ \left\{\begin{array}{l}{n}_{NO}+n_{N_{2}O}=0,2\\ 30n_{NO}+44n_{N_{2}O}=\frac{4,48}{22,4},16,75.2\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{NO}=0,15mol\\ n_{N_{2}O}=0,05mol\end{array}\right.\\ \to n_{N{O}_3^{-}\left(muối\right)}=2n_{O\left(Y\right)}+3n_{NO}+8n_{N_{2}O}=1,45\\ \to m_{KL}=\frac{m_X.\left(100\%-20,4255\%\right)}{100\%}\\ =28,05 g\\ \to m_{muối}=m_{KL}+m_{N{O}_3^{-}}\\ =28,05+62.1,45=117,95 g\end{array}$

Đáp án B

$M_X>50\to$X không thể là HCOOH

$\begin{array}{l}E\stackrel{quy đổi}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}COOH:x mol\\ {\left(C{H}_{3}COO\right)}_2{C}_2{H}_4:y mol\\ C{H}_2:z mol\\ H_{\partial }:t mol=-n \left(t\le 0\right)\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}60x+146y+14z+2t=13,12\\ n_{O_2}=2x+6,5y+1,5z+0,5t=0,5\\ n_{KOH}=x+2y=0,2\\ \frac{n_E}{n_{\partial }}=\frac{x+y}{-t}=\frac{0,36}{0,1}\end{array}\right.\\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,16\\ y=0,02\\ z=0,05\\ t=-0,05\end{array}\right.\end{array}$