Đáp án C

Tơ visco có nguồn gốc từ xenlulozơ.

Đáp án D

Vì Al(OH)₃ là 1 hyđroxit lưỡng tính $\Rightarrow$ có thể tác dụng với axit và bazơ.

Đáp án D

Kim loại kiềm mềm hơn các kim loại còn lại.

Đáp án B

Tinh bột và xemlulozơ đều thuộc loại polisaccarit vì do nhiều gốc glucozơ liên kết với nhau.

Đáp án B

Metyl acrylat có công thức cấu tạo thu gọn là CH₂=CHCOOCH₃.

Đáp án A

Vì amin đơn chức $\Rightarrow n_{HCl\text{ phản ứng}}=n_{A\min }.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow m_{\text{T ng}}=m_{HCl}=24,45-13,5=10,95gam. \\ \Rightarrow n_{HCl}=n_{A\min }=0,3mol\Rightarrow M_{A\min }=45 \end{gathered}$$

$\Rightarrow$Amin có CTPT là C₂H₇N.

X có 2 đồng phân đó là: C₂H₅NH₂ và (CH₃)₂NH

Đáp án D

Ta có phản ứng:

$4Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t°}{\to }2F{e}_2{O}_3+8N{O}_2+O_2.$

Đáp án C

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử vì kim loại luôn nhường electron trong các phản ứng.

Đáp án A

- Dãy gồm các chất đều tác dụng với dung dịch NaOH là metyl axetat, alanin, axit axetic.

- Phương án B: etanol không tác dụng

- Phương án C: anilin không tác dụng

- Phương án D: etanol không tác dụng

Đáp án A

Propyl fomat được điều chế từ axit fomic và ancol propylic.

Đáp án D

Số chất bị thủy phân trong môi trường axit, đun nóng gồm: Triolein, etyl axetat và Gly-Ala

Đáp án D

- Chất X là Glucozơ

${\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{xt}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6$

- Chất Y là ancol etylic

$C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{men}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$

- Chất Z là axit axetic

$C_2{H}_{5}OH+O_2\stackrel{men\text{ giấm}}{\to }C{H}_{3}COOH+H_{2}O$

Đáp án A

- A Đúng vì để rửa sạch ống nghiệm có dính anilin, có thể dùng dung dịch HCl vì anilin phản ứng với axit HCl tạo thành muối phenyl amoniclorua tan được trong nước.

- B sai vì anilin tan ít trong nước

- C sai vì các amin đều độc

- D sai vì anilin không làm đổi màu quỳ tím

Đáp án B

- Bảo toàn electron tìm được M = 12n (n là hóa trị của M)

- Chỉ có n = 2, M = 24 thỏa mãn$\Rightarrow$ M là Mg

Đáp án B

- Dung dịch X có a mol KAlO₂ và a mol KOH dư

- A sai vì dung dịch X có KOH dư nên pH > 7.

- B Đúng vì

$$\begin{gathered} C{O}_2+KOH\to KHC{O}_3 \\ C{O}_2+2H_{2}O+KAl{O}_2\to KHC{O}_3+Al{\left(OH\right)}_3 \end{gathered}$$

Theo phản ứng: số mol KAlO₂ = số mol Al(OH)₃ = a mol

- C sai vì thể tích khí H₂ thu được là 33,6a lít (đktc).

- D sai vài dung dịch CuSO₄ có tác dụng với KOH dư trong X

Đáp án A

Ta có: 

$\begin{array}{l}{n}_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}=2n_{H_2}=2n_{H_{2}S{O}_4}\\ =0,04mol\Rightarrow V_{H_2}=0,448\left(l\right)\end{array}$

Đáp án C

- Phương trình phản ứng: 

${\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{xt}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6$

- $m_{C_6{H}_{12}{O}_6}=\frac{\mathrm{324.180.75}\%}{162}=270gam$

Đáp án A

(a) Đúng

(b) Sai vì Be không tan trong nước

(c) Sai vì quặng boxit có thành phần chính Al₂O₃.

(d) Đúng

(e) Sai vì thạch cao sống có công thức là CaSO₄.2H₂O.

(g) Sai vì chỉ có thể làm mềm nước cứng tạm thời bằng cách đun nóng.

Đáp án B

Xenlulozơ thuộc cacbohidrat $\Rightarrow$ có công thức tổng quát là C_n(H₂O)_m.

$\Rightarrow$khi đốt ta có: $C_n{\left(H_{2}O\right)}_m+n{O}_2\stackrel{t°}{\to }nC{O}_2+m{H}_{2}O$. (coi như chỉ đốt C: $C+O_2\stackrel{t°}{\to }C{O}_2$)

$\Rightarrow$nên ta luôn có $n_{C{O}_2}=n_{O_2}=0,1mol\Rightarrow V_{C{O}_2}=2,24$ lít

Đáp án A

Vì Este có chứa 2 nguyên tử oxi $\Rightarrow$ Este đơn chức.

Este đơn chức + NaOH theo tỉ lệ 1: 2 $\Rightarrow$ Este có dạng  

Vì các sản phẩm sau phản ứng xà phòng hóa không tráng gương $\Rightarrow$R # H

Vậy CTCT thỏa mãn X gồm:

CH₃COOC₆H₄CH₃ (3 đồng phân vị trí octo, meta, para).

C₂H₅COOC₆H₅.

Đáp án B

+ C₂H₅COOH tác dụng được với Na, NaOH, NaHCO₃.

+ HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃ tác dụng được với NaOH.

Đáp án B

Ta có sơ đồ quá trình:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4:a\\ A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:b\end{array}\right.+\underset{0,32\left(mol\right)}{\underbrace{Ba{\left(OH\right)}_2}}\\ \to \underset{0,3\left(mol\right)}{\underbrace{BaS{O}_4\downarrow }}+\left\{\begin{array}{l}Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2:0,02\\ NaAl{O}_2:2a\end{array}\right.\end{array}$

Bảo toàn gốc $S{O_4}^{2-}$ ta có: a + 3b = 0,3 (1).

Bảo toàn Al ta có: $0,02\times 2+2a=2b\iff 2a-2b=-0,04\left(2\right)$

Giải hệ (1) và (2) ta có $a=n_{N{a}_{2}S{O}_4}=0,06mol$

Đáp án B

Phần không tan Y gồm hai kim loại, đó là Ag và Zn, vì nếu có Al dư thì Zn sẽ chưa phản ứng và Y sẽ gồm 3 kim loại. Do đó, Al tác dụng hết, X chỉ chứa 1 muối nên Zn chưa phản ứng, Al phản ứng vừa hết với AgNO₃. X chỉ chứa Al(NO₃)₃.

Đáp án D

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}\left(c\right)np{\text{-HCOOC-C}}_6{\text{H}}_4\text{-C}OONa\left(X_3\right)+{\text{nC}}_2{H}_4{\left(OH\right)}_2\left(X_4\right)\\ \stackrel{xt,t°}{\to }poli\left(etilen\text{-terephtalat}\right)+2n{H}_{2}O.\end{array} \\ \begin{array}{l}\left(b\right){\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em} p-NaOOC-C}}_6{\text{H}}_4\text{-C}OONa\left(X_1\right)+H_{2}S{O}_4\\ \stackrel{}{\to }{\text{ p-HOOC-C}}_6{\text{H}}_4\text{-C}OOH\left(X_3\right)+N{a}_{2}S{O}_4.\end{array} \\ \left(d\right)C{H}_{3}OH\left(X_2\right)+CO\stackrel{}{\to }C{H}_{3}COOH\left(X_5\right). \\ \begin{array}{l}\left(a\right){\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}p-CH}}_3{\text{-OOC-C}}_6{\text{H}}_4\text{-C}OO{\text{-CH}}_3\left(X\right)+2NaOH\\ \stackrel{t°}{\to }{\text{p-NaOOC-C}}_6{\text{H}}_4\text{-C}OONa+2C{H}_{3}OH\left(X_2\right).\end{array} \\ \begin{array}{l}\left(e\right)C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+2C{H}_{3}COOH\\ \underset{}{\overset{H_{2}S{O}_4,t°}{\rightleftarrows }}{\left(C{H}_{3}COO\right)}_2{C}_2{H}_4\left(X_6\right)+2H_{2}O.\end{array} \end{gathered}$$

Đáp án D

Vì CuCl₂ tạo phức với dung dịch NH₃ nên a > b $\Rightarrow$ loại câu A, B.

Nếu đáp án là câu C thì a = b $\Rightarrow$ Chỉ có D thỏa mãn.

Đáp án A

(a) Đúng.

(b) Sai, CH₃CHO phản ứng được với H₂ nhưng C₂H₆ không phản ứng với H₂.

(c) Đúng.

(d) Đúng.

(e) Đúng.

(g) Đúng.

Đáp án A

Ta có: anilin, etyl fomat khi cho vào dung dịch I₂: không hiện tượng. Tinh bột khi cho vào dung dịch I₂ $\to$có màu xanh tím. Etyl fomat phản ứng với AgNO₃/NH₃ $\to$tạo kết tủa Ag. $\to$A đúng.

Đáp án C

+ Xét trường hợp tạo 2 muối:

Ta có: 

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{n}_{O{H}^{-}}=n_{H_{2}O}=0,15mol\\ n_{H_{3}P{O}_4}=2n_{P_2{O}_5}=\frac{m}{71}mol\end{array}\right.\\ \stackrel{BTKL}{\to }{m}_{H_{3}P{O}_4}+m_{NaOH}+m_{KOH}\\ =m_{\text{r¾n}}+m_{H_{2}O}\end{array} \\ \Rightarrow m=3,231\left(g\right) \end{gathered}$$

+ Xét trường hợp tạo muối trung hòa $\left(P{O_4}^{3-}\right)$ và kiềm dư:

Ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{H_{2}O}=3n_{H_{3}P{O}_4}\stackrel{BTKL}{\to }{n}_{H_{3}P{O}_4}=0,04mol\\ \Rightarrow m=2,84\left(g\right)\end{array}$ (thỏa mãn).

Đáp án A

(a) Sai, Glucozơ không phải là chất điện li nên dung dịch glucozơ không dẫn điện Zn không bị ăn mòn hóa học.

(b) Sai

- Khi mở khóa X (mạch hở) thì chỉ có ăn mòn hóa học do Zn tác dụng với axit H₂SO₄

- Khi đóng khóa X thì Zn bị ăn mòn điện hóa và cả ăn mòn hóa học

Tốc độ bọt khí thoát ra khi mở khóa X sẽ nhỏ hơn khi đóng khóa X.

(c) Đúng, Mở khóa X thì Zn bị ăn mòn hóa học, đóng khóa X thanh kẽm bị ăn mòn điện hóa.

d): Vì khi đóng khóa X thì có dòng e chuyển từ thanh kẽm sang thanh đồng.

(e) Sai, Do Zn có tính khử mạnh hơn Cu, nên đóng khóa X thì thanh kẽm đóng vai trò cực âm chứ không phải cực dương.

(g) Sai, Nhôm có tính khử mạnh hơn kẽm nên khi thay thanh đồng bằng thanh nhôm thì nhôm đóng vai trò cực âm và bị ăn mòn điện hóa.

Đáp án C

$\begin{array}{l}\stackrel{BTKL}{\to }{m}_X=44n_{C{O}_2}+18n_{H_{2}O}-32n_{O_2}=35,6\left(g\right)\\ \stackrel{BT:O}{\to }{n}_X=\frac{2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}}{6}=0,04mol\end{array}$

- Khi cho X tác dụng với NaOH thì:

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=3n_X=3n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,12mol \\ \stackrel{BTKL}{\to }m=m_X+40n_{NaOH}-92n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=36,72\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Giải đốt $0,2molE+O_2\stackrel{t°}{\to }0,7molC{O}_2+?mol{H}_{2}O$.

$\Rightarrow C_{\text{ trung bình E}}=0,7÷0,2=3,5\Rightarrow C_Y<3,5.$

$\Rightarrow$có các khả năng cho Y là $HCOOC{H}_3;HCOO{C}_2{H}_5$ và $C{H}_{3}COOC{H}_3.$

Tuy nhiên chú ý rằng thủy phân E thu được 2 ancol có cùng số C $\Rightarrow$Y phải là HCOOC₂H₅ để suy ra được rằng ancol cùng số C còn lại là C₂H₄(OH)₂.

$\Rightarrow$cấu tạo của X là CH₂=CH-COOC₂H₅.

este Z no là ${\left(HCOO\right)}_2{C}_2{H}_4\Rightarrow M_Z=118.$

Đáp án B

Bản chất phản ứng: $\text{-COOH}+NaOH\to \text{-COONa}+{\text{H}}_{2}O$

                     mol:            x          x               x           x

Theo đề: $\%m_O=\frac{32x}{m}.100=41,2\left(1\right)$ và $m+40x=20,532+18x\left(2\right)$

Từ (1), (2) suy ra: m = 16 gam.

Đáp án A

- Ancol không điều chế trực tiếp được từ chất vô cơ và M < 50 $\Rightarrow$ Ancol đó là C₂H₅OH.

Lưu ý: Ancol CH₃OH có thể điều chế trực tiếp được từ phản ứng $CO+2H_2\stackrel{xt,t°}{\to }C{H}_{3}OH$

- Đặt công thức của hai muối là $C_n{H}_{2n-1}{O}_{2}Na$(x mol)

- Sơ đồ phản ứng:

$\underset{xmol}{\underbrace{C_n{H}_{2n-1}{O}_{2}Na}}\stackrel{O_2}{\to }\underset{0,09mol}{\underbrace{C{O}_2}}+\underset{0,5xmol}{\underbrace{N{a}_{2}C{O}_3}}+H_{2}O$

+ BTNT Na: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{C_n{H}_{2n-1}{O}_{2}Na}=0,5xmol$

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BTNTC:nx=\frac{2,016}{22,4}+0,5x=0,09+0,5x\\ \underset{3,09}{\underbrace{m_{C_n{H}_{2n-1}{O}_{2}Na}}}=x\left(14n+54\right)\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}nx=0,105\\ x=0,03\\ n=3,5\end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow$Hai muối $\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}COONa\\ C_3{H}_{7}COONa\end{array}\right.$

+ Tìm số mol hai muối trong a gam hỗn hợp bằng hai cách sau:

Cách 1:

Hai muối $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}COONa\left(ymol\right)\\ C_3{H}_{7}COONa\left(zmol\right)\end{array}\right.\end{array}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y+z=0,03\\ BTNTC:3y+4z=nx=0,105\end{array}\right.\\ \iff x=y=0,015mol\end{array}$

Cách 2: Dễ thấy 3,5 là trung bình cộng của 3 và 4

$\Rightarrow n_{C_2{H}_{5}COONa}=n_{C_3{H}_{7}COONa}=\frac{0,03}{2}=0,015mol$

$\Rightarrow$C sai vì tỉ lệ mol là 1:1.

$\Rightarrow$trong m gam hay trong a gam E thì số mol axit = số mol este

$\begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}X:C_2{H}_{5}COOH\\ Y:C_3{H}_{7}COOH\end{array}\right.\\ \Rightarrow E\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}COOH\\ C_3{H}_{7}COO{C}_2{H}_5\end{array}\right.\stackrel{NaHC{O}_3}{\to }{C}_2{H}_{5}COONa\end{array}$

$\Rightarrow$B sai vì CTPT là C₆H₁₂O₂.

$\Rightarrow$trong m gam E có 

$\begin{array}{l}{n}_{C_2{H}_{5}COOH}=n_{C_3{H}_{7}COO{C}_2{H}_5}\\ =n_{C_3{H}_{7}COONa}=\frac{14,4}{96}=0,15mol\end{array}$

$\Rightarrow m=0,15.74+0,15.116=28,5gam\Rightarrow$A đúng

- $\%m_{C_3{H}_{7}COO{C}_2{H}_5}=\frac{0,\mathrm{15.116.100}\%}{28,5}=61,053\%\Rightarrow$ D sai

Đáp án B

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}Na\\ Ba\\ O\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{Na}=n_{NaOH}\\ 23n_{Na}+137n_{Ba}+16n_O=40,1\\ \stackrel{BT:e}{\to }{n}_{Na}+2n_{Ba}=2n_O+2n_{H_2}\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{Na}=0,28mol\\ n_{Ba}=0,22mol\\ n_O=0,22mol\end{array}\right.\end{array}$

Sục 0,46 mol CO₂ vào dung dịch X gồm $\left\{\begin{array}{l}NaOH:0,28mol\\ Ba{\left(OH\right)}_2:0,22mol\end{array}\right.$

có $T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}\simeq 1,57\Rightarrow$ tạo 2 gốc muối.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=n_{C{O}_2}\\ 2n_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=n_{O{H}^{-}}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O_3}^{2-}}=0,26mol\\ n_{HC{O_3}^{-}}=0,2mol\end{array}\right..$

Lọc bỏ kết tủa $\Rightarrow n_{C{O_3}^{2-}\left(Y\right)}=0,04mol$

Cho từ từ Z vào Y thì: $n_{C{O}_2}=n_{H^{+}}-n_{C{O_3}^{2-}}\Rightarrow x=\left(0,08+0,4a\right)-0,04\left(1\right)$

Cho từ từ Z vào Y thì $\left\{\begin{array}{l}\frac{n_{C{O_3}^{2-}}}{n_{HC{O_3}^{-}}}=\frac{0,04}{0,2}\\ n_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=1,2x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O_3}^{2-}}=0,2x\\ n_{HC{O_3}^{-}}=x\end{array}\right.$

mà $2n_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=n_{H^{+}}\Rightarrow 1,4x=0,08+0,4a\left(2\right)$. Từ (1), (2) suy ra: x = 0,1 và a = 0,15.

Đáp án C

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\frac{n_{C{O_3}^{2-}}}{n_{HC{O_3}^{-}}}=\frac{0,06}{0,03}\\ 2n_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=n_{H^{+}}=0,08\end{array}\right. \\ \begin{array}{l}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O_3}^{2-}}=0,032\\ n_{HC{O_3}^{-}}=0,016\end{array}\right.\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=n_{C{O_3}^{2-}}+n_{HC{O_3}^{-}}=0,048\\ \Rightarrow V=1,0752\left(l\right)\end{array} \end{gathered}$$

Dung dịch X có $C{O_3}^{2-}\left(0,028mol\right)HC{O_3}^{-}\left(0,014mol\right),$ $S{O_4}^{2-}\left(0,06mol\right)$ tác dụng với $O{H}^{-}\left(0,06mol\right)$ và $B{a}^{2+}\left(0,15mol\right)$ thì:

$$\begin{gathered} O{H}^{-}+HC{O_3}^{-}\to C{O_3}^{2-}+H_{2}OB{a}^{2+}+S{O_4}^{2-} \\ \to BaS{O}_4\downarrow \\ B{a}^{2+}+C{O_3}^{2-}\to BaC{O}_3\downarrow \end{gathered}$$

Kết tủa gồm $\left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:0,06mol\\ BaC{O}_3:0,042mol\end{array}\right.\Rightarrow m_{\downarrow }=22,254\left(g\right)$

Đáp án B

Gọi anđehit no, đơn chức, mạch hở là A có CTPT là $C_n{H}_{2n}O.$

$\stackrel{BTKL}{\to }{n}_{H_{2}O}=0,4mol$ và $\stackrel{BT:O}{\to }{n}_X=0,28mol$ $\Rightarrow n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_{C_3{H}_{4}O}=0,12mol$

Mà $m_A=m_X-m_{C_3{H}_{4}O}=4,8\left(g\right)$

$\Rightarrow M_A=30\left(HCHO\right)$

Vậy $n_{Ag}=4n_A+2n_{C_3{H}_{4}O}=0,08mol$

$\to m_{Ag}=95,04g$

Đáp án A

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_X\Rightarrow k=4\Rightarrow X$ là tetrapepit.

$$\begin{gathered} \stackrel{BTKL}{\to }{m}_X+m_{NaOH}=m_r+m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m_r-m_X=\mathrm{40.2.0},8-0,2.18=60,4\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

X là $N{H}_4{\text{-OOC-COONH}}_{3}C{H}_3$

$\Rightarrow n_X=0,05mol\Rightarrow m_{{\left(COONa\right)}_2}=6,7\left(g\right)$

Đáp án D

Dung dịch Y gồm $M{g}^{2+}\left(amol\right),N{a}^{+}\left(1,64\right),S{O_4}^{2-}\left(1,64\right),$ $N{H_4}^{+}\left(bmol\right).$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BT§T}}{\to }2a+b=1,64\\ 24a+18b=19,92\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,8\\ b=0,04\end{array}\right.$

Xét hỗn hợp X có: $\left\{\begin{array}{l}Mg:x\\ MgC{O}_3:y\\ Mg{\left(N{O}_3\right)}_2:z\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,8\\ 24x+84y+148z=30,24\\ 3y+6z=0,54\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,68\\ y=0,06\\ z=0,06\end{array}\right.$

Xét khí Z:

$\left\{\begin{array}{l}{H}_2\\ C{O}_2,N_{2}O\\ N_2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=n_{N_{2}O}=0,06mol\\ \stackrel{BT:N}{\to }{n}_{N_2}=0,04mol\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \stackrel{BT:e}{\to }{n}_{N_2}=0,08mol\Rightarrow M_Z=27,33 \\ \Rightarrow d_{Z/He}=6,83 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} m_X=m_{hh}=35,1\left(g\right)\Rightarrow n_X=0,9mol \\ \Rightarrow n_{H_2\text{\hspace{0.17em}p­}}=n_{hh}-n_X=0,65mol\Rightarrow H_2 hết \end{gathered}$$

+ $\left\{\begin{array}{l}CH\equiv CC{H}_{2}C{H}_3:x\\ CH\equiv CCH=C{H}_2:y\\ CH\equiv CH:z\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,9-0,45=0,45\\ x+y+2z=0,7\\ \stackrel{BT:\pi }{\to }2x+3y+2z=0,5.2+0,4.3-0,55-0,65=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,1\\ z=0,25\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết tủa gồm: $\left\{\begin{array}{l}AgC\equiv CC{H}_{2}C{H}_3:0,1mol\\ AgC\equiv CCH=C{H}_2:0,1mol\\ AgC\equiv CAg:0,25mol\end{array}\right.$

$\Rightarrow m_{\downarrow }=92\left(g\right)$