Chọn đáp án B

Trong phân tử saccarozơ, gốc α-glucozơ và gốc β-fructozơ liên kết với nhau

qua nguyên tử oxi giữ C₁ của glucozơ và C₂ của fructozơ (C₁-O-C₂) ⇒ chọn B

Chọn đáp án A

A. (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅: tripanmitin.

B. (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅: triolein.

C. (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅: trilinolein.

D. (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅: tristearin.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

Polisaccarit gồm tinh bột và xenlulozơ (tinh bột là hỗn hợp của hai polisaccarit: amilozơ và amilopectin).

Đisaccarit gồm saccarozơ và mantozơ. Monosaccarit gồm glucozơ và fructozơ.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂/OH^– cho dung dịch màu xanh lam phải là poliancol.

⇒ các chất thỏa mãn là fructozơ và glucozơ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

A sai vì ở nhiệt độ thường chỉ có metyl-, đimetyl-, trimetyl- và etylamin tan tốt trong H₂O.

C sai vì bậc của amin bằng số H trong NH₃ bị thay bởi gốc hidrocacbon

⇒ isopropylamin hay CH₃CH(CH₃)NH₂ là amin bậc 1.

D sai vì gốc phenyl hút electron mạnh nên làm giảm mạnh tính bazơ ⇒ anilin không làm đổi màu quỳ tím.

B đúng vì anilin phản ứng với dung dịch Br₂ tạo kết tủa trắng: C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂Br₃NH₂↓ + 3HBr.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

A loại vì CH₃OC₂H₅ không tác dụng với H₂.

C loại vì CH₃COOH không tác dụng với H₂.

D loại vì CH₃COOC₂H₃ tạo ra sản phẩm không phản ứng với Na.

⇒ Chọn B.

B. ● C₂H₃CH₂OH + H₂ $\stackrel{Ni,t^0}{\to }$ CH₃CH₂CH₂OH.

CH₃CH₂CH₂OH + Na → CH₃CH₂CH₂ONa + ¹/₂ H₂.

● CH₃COCH₃ + H₂  $\stackrel{Ni,t^0}{\to }$CH₃CH(OH)CH₃.

CH₃CH(OH)CH₃ + Na → CH₃CH(ONa)CH₃ + ¹/₂ H₂.

● C₂H₃COOH + H₂ $\stackrel{Ni,t^0}{\to }$C₂H₅COOH.

C₂H₅COOH + Na → C₂H₅COONa + ¹/₂ H₂.

Chọn đáp án B

Ta có sơ đồ: (C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH + 2nCO₂.

m_C2H5OH = 5 × 0,46 × 10³ × 0,8 = 1840(g) ⇒ n_C2H5OH = 40 mol.

► m_{tinh bột} = 40 ÷ 2 ÷ 0,72 × 162 = 4500(g) = 4,5(kg) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Peptit trên là: Gly-Ala-Ala-Gly-Gly

⇒ thủy phân thu được 2 loại α-amino axit là Gly và Ala.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

Các chất tác dụng với AgNO₃/NH₃ chứa –CHO hoặc liên kết ba đầu mạch (HC≡C-).

B loại vì but-2-in là CH₃C≡CCH₃ ⇒ không tác dụng || C và D loại vì etilen.

► Chọn A (chú ý axit fomic là HCOOH hay HO-CHO ⇒ tác dụng được).

Chọn đáp án B

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ $\to$[C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O.

n_{xenlulozơ trinitrat} = 0,1 kmol ||⇒ m = 0,1 × 3 ÷ 0,9 × 63 = 21(kg) ⇒ chọn B

Chọn đáp án A

X₁ có khả năng phản ứng với NaOH ⇒ loại C và D.

M_X2 = 60 ⇒ loại B (vì CH₃COOCH₃ có M = 74) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

C₆H₁₂O₆ $\underset{30-{35}^{0}C}{\overset{enzim}{\to }}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂.

m_{dung dịch giảm} = m_↓ – m_CÓ2 ⇒ m_CÓ2 = 10 – 3,4 = 6,6(g).

⇒ n_CÓ2 = 0,15 mol ⇒ n_glucozơ = 0,15 ÷ 2 ÷ 0,9 = 1/₁₂ mol.

||⇒ m = 1/₁₂ × 180 = 15(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Đặt n_C2H5OH = x; n_CH3COOH = y ⇒ 46x + 60y = 25,8(g). Lại có:

D_H2O = 1g/ml ⇒ n_H2O = 23,4 × 1 ÷ 18 = 1,3 = 3x + 2y ||⇒ Giải hệ có:

x = 0,3 mol; y = 0,2 mol ||⇒ hiệu suất tính theo CH₃COOH.

n_CH3COOC2H5 = 14,08 ÷ 88 = 0,16 mol ⇒ H = 0,16 ÷ 0,2 × 100% = 80%.

Chọn đáp án B

n_glixerol = n_tristearin = 0,3 mol ⇒ m = 0,3 × 92 = 27,6(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

n_CH3COOC2H5 = 0,1 mol > n_NaOH = 0,04 mol ⇒ este dư.

⇒ n_muối = n_NaOH = 0,04 mol ⇒ m_rắn = 0,04 × 82 = 3,28(g) ⇒ chọn A.

Chú ý: este khi cô cạn sẽ bị bay hơi ⇒ không dùng BTKL.

Chọn đáp án B

M_X = 8,8 ÷ 0,1 = 88 ⇒ X là C₄H₈O₂.

M_Y = 4,6 ÷ 0,1 = 46 ⇒ Y là C₂H₅OH.

⇒ Công thức cấu tạo của X là CH₃COOC₂H₅.

► Tên gọi của X là etyl axetat ⇒ chọn B

Chọn đáp án B

Khi nấu canh cua thì thấy các mảng "riêu cua" nổi lên

là do sự đông tụ của protein do nhiệt độ ⇒ Chọn B

______________________________

+ Dựa vào điều này các đầu bếp có thể nấu chín thịt nhưng vẫn giữ được độ ngọt của chúng.

Chọn đáp án D

n_peptit = 0,1 mol ⇒ muối gồm 0,1 mol Glu-Na₂ và 0,1 mol Ala-Na.

⇒ m = 0,1 × 191 + 0,1 × 111 = 30,2(g) ⇒ chọn D.

Chú ý: cần cẩn thận khi dùng bảo toàn khối lượng do peptit chứa Glu:

Glu-Ala + 3NaOH → muối + 2H₂O ||⇒ n_NaOH = 0,3 mol; n_H2O = 0,2 mol.

► Bảo toàn khối lượng: m = 21,8 + 0,3 × 40 - 0,2 × 18 = 30,2(g).

Chọn đáp án D

(1) CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH.

(2) CH₂=CHCOOCH₃ + NaOH → CH₂=CHCOONa + CH₃OH.

(3) C₆H₅COOCH=CH₂ + NaOH → C₆H₅COONa + CH₃CHO.

(4) CH₂=C(CH₃)OCOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃-CO-CH₃.

(5) C₆H₅OCOCH₃ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

(6) CH₃COOCH₂C₆H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₆H₅CH₂OH.

⇒ (3), (4), (5) không thu được ancol ⇒ chọn D.

Chú ý: ROCOR' là ROOCR' hay R'COOR.

Chọn đáp án B

A. Phenyl axetat: CH₃COOC₆H₅ ⇒ công thức phân tử: C₈H₈O₂.

B. Vinyl axetat: CH₃COOCH=CH₂ ⇒ công thức phân tử: C₄H₆O₂.

C. Propyl axetat: CH₃COOCH₂CH₂CH₃ ⇒ công thức phân tử: C₅H₁₀O₂.

D. Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ ⇒ công thức phân tử: C₄H₈O₂.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Bậc của amin bằng số H trong NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

⇒ Amin bậc I chứa –NH₂ ⇒ các amin bậc I ứng với C₇H₉N là:

C₆H₅CH₂NH₂; o,m,p-CH₃-C₆H₄-NH₂ ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Amin no, đơn chức, mạch hở ⇒ có dạng C_nH_2n+3N.

13,35(g) X + ? HCl → 22,475(g) muối ||⇒ Bảo toàn khối lượng:

n_HCl = (22,475 - 13,35) ÷ 36,5 = 0,25 mol ⇒ M_X = 53,4

⇒ n = 2,6 ⇒ Công thức chung của X: C_2,6H_8,2N.

V_CO2 : V_H2O = 2,6 ÷ 4,1 = 26 ÷ 41 ⇒ chọn D

Chọn đáp án C

Các chất tác dụng được với dung dịch NaOH là: etyl axetat, axit arylic, phenol, phenylamoni clorua, p-crezol.

● Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t^{0}C}{\to }$ CH₃COONa + C₂H₅OH.

● Axit acrylic: CH₂=CHCOOH + NaOH → CH₂=CHCOONa + H₂O.

● Phenol: C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O.

● Phenylamoni clorua: C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O.

● p-crezol: p-CH₃-C₆H₄-OH + NaOH → p-CH₃-C₆H₄-ONa + H₂O.

⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

A là NO₃H₃N-C₂H₄-NH₃HCO₃ || n_A = 0,1 mol.

⇒ muối gồm 0,1 mol NaNO₃ và 0,1 mol Na₂CO₃.

► m = 0,1 × 85 + 0,1 × 106 = 19,1(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

n_CO2 = 0,34 mol < n_H2O = 0,5 mol ⇒ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.

Đặt ∑n_ancol = x; n_este = y ⇒ n_X = x + y = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

⇒ n_O/X = 0,26 mol = x + 4y ||⇒ giải hệ có: x = 0,18 mol; y = 0,02 mol.

► Bảo toàn khối lượng: m_X = 14,96 + 9 - 0,46 × 32 = 9,24(g).

⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp 18,48 ÷ 9,24 = 2 lần thí nghiệm 1.

● 18,48(g) X chứa 0,36 mol hỗn hợp ancol và 0,04 mol este.

⇒ n_{NaOH phản ứng} = 0,04 × 2 = 0,08 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_Y = 18,48 + 0,08 × 40 - 5,36 = 16,32(g) || n_Y = 0,36 + 0,04 × 2 = 0,44 mol.

Lại có: 2 ancol → 1 ete + 1 H₂O ||⇒ n_H2O = 0,44 ÷ 2 = 0,22 mol.

► Bảo toàn khối lượng: m = 0,8 × (16,32 - 0,22 × 18) = 9,888(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

► Dễ thấy Y là đipeptit. Lại có: 6 = 2 + 4 = 3 + 3.

TH1: 6 = 2 + 4. α-amino axit chứa 4C có 2 đồng phân là:

CH₃CH₂CH(NH₂)COOH (A), CH₃-C(CH₃)(NH₂)COOH (B).

⇒ ứng với mỗi đồng phân A và B thì tạo được 2 loại đipeptit với Gly

(A-Gly, Gly-A, B-Gly, Gly-B).

TH2: 6 = 3 + 3. α-amino axit chứa 3C chỉ có thể là Ala.

⇒ chỉ có 1 loại đipeptit là Ala-Ala.

► Tổng cộng có 5 đồng phân peptit của Y ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

Este đơn chức có M = 100 ⇒ C₅H₈O₂ || C₅H₈O₂ $\stackrel{NaOH}{\to }$ X + Y

Lại có: Ancol Y $\stackrel{\mathrm{CuO}}{\to }$ sản phẩm $\underset{N{H}_3,t^0}{\overset{AgN{O}_3}{\to }}$ dung dịch Z $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}{\to }$ CO₂.

||⇒ Y là CH₃OH. Mà X có nhánh ⇒ este là CH₂=C(CH₃)COOCH₃.

► Tên gọi của este là metyl metacrylat ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Các este thỏa mãn là: HCOOCH=CHCH₃ (cis-trans), HCOOCH₂CH=CH₂,

HCOOC(CH₃)=CH₂, CH₃COOCH=CH₂ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

● Khi các chất có số C xấp xỉ nhau thì nhiệt độ sôi:

axit > ancol > amin > este > xeton > anđehit > dẫn xuất halogen > ete > hidrocacbon.

● Đối với axit cacboxylic thì nhiệt độ sôi tăng dần theo chiều tăng của phân tử khối.

► Nhiệt độ sôi tăng dần là: CH₃COOCH₃ < CH₃CH₂OH < CH₃COOH < C₂H₅COOH.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Xử lí dữ kiện Z: RCH₂OH $\stackrel{2\left[\mathrm{O}\right]}{\to }$ RCOOH + H₂O || RCH₂OH $\stackrel{\left[\mathrm{O}\right]}{\to }$ RCHO + H₂O.

T + KHCO₃ → 0,1 mol CO₂ ⇒ n_RCOOH = 0,1 mol || T + AgNO₃/NH₃ → 0,8 mol Ag.

TH1: R khác H ⇒ n_RCHO = 0,4 mol ⇒ ∑n_H2O = 0,1 + 0,4 = 0,5 mol. Lại có:

n_{RCH2OH dư} + n_RCOOH + n_H2O = 2n_H2 ⇒ n_{RCH2OH dư} = – 0,2 mol ⇒ loại.

TH2: R là H ⇒ T gồm CH₃OH dư, HCOOH, HCHO và H₂O ⇒ n_HCHO = 0,15 mol.

||⇒ ∑n_H2O = 0,25 mol ⇒ n_{CH3OH dư} = 0,05 mol ⇒ ∑n_Z = 0,3 mol.

► RCOONa + NaOH $\stackrel{\mathrm{Ca},{\mathrm{t}}^0}{\to }$ RH + Na₂CO₃ ⇒ xảy ra 2 trường hợp:

● NaOH đủ hoặc dư ⇒ n_RH = n_Z = 0,3 mol ⇒ M_khí = 8,4 ÷ 0,3 = 28 (CH₂=CH₂).

⇒ chỉ có 1 muối là CH₂=CHCOONa ⇒ chỉ có 1 este là CH₂=CHCOOCH₃ ⇒ vô lí!

● NaOH thiếu, muối dư ⇒ n_NaOH = n_khí = 8,4 ÷ (R + 1).

||⇒ m_Y = 0,3 × (R + 67) + 40 × 8,4 ÷ (R + 1) = 40,2(g). Giải phương trình cho:

+ R = 27 (CH₂=CH-) ⇒ loại tương tự trên.

+ R = 39 (C₃H₃-) ⇒ nhận vì có 2 đồng phân là: HC≡C-CH₂- và CH₃-C≡C-

⇒ ∑n_NaOH = 8,4 ÷ 40 + 0,3 = 0,51 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 40,2 + 0,3 × 32 - 0,51 × 40 = 29,4(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

(1) Đúng.

(2) Đúng.

(3) Đúng.

(4) Sai, chẳng hạn HCOOCH=CH₂ + NaOH $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ HCOONa + CH₃CHO.

(5) Sai vì peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên mới có phản ứng màu biure.

(6) Đúng.

⇒ chỉ có (4) và (5) sai ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

● H₂NCH₂COOH: thỏa mãn do: + HCl: H₂NCH₂COOH + HCl → ClH₃NCH₂COOH.

+ NaOH: H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O.

● HCOONH₄: thỏa mãn do: + HCl: HCOONH₄ + HCl → HCOOH + NH₄Cl.

+ NaOH: HCOONH₄ + NaOH → HCOONa + NH₃↑ + H₂O.

● (CH₃NH₃)₂CO₃: thỏa mãn do: + (CH₃NH₃)₂CO₃ + 2HCl → CH₃NH₃Cl↑ + CO₂↑ + H₂O.

+ NaOH: (CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → 2CH₃NH₂↑ + Na₂CO₃.

● C₆H₅NH₂: không thỏa do không tác dụng với NaOH.

+ HCl: C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl.

● C₂H₅NH₂: không thỏa do không tác dụng với NaOH.

+ HCl: C₂H₅NH₂ + HCl → C₂H₅NH₃Cl.

● CH₃COOH: không thỏa do không tác dụng với HCl.

+ NaOH: CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O.

● H₂NCH₂CONHCH(CH₃)COOH: thỏa mãn do: + HCl: Gly-Ala + 2HCl + H₂O → Muối.

+ NaOH: Gly-Ala + 2NaOH → Gly-Na + Ala-Na + H₂O.

⇒ chỉ có C₆H₅NH₂, C₂H₅NH₂ và CH₃COOH không thỏa ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

Quy quá trình về: Gly + 0,2 mol HCl + NaOH vừa đủ.

n_NaOH = 160 × 0,1 ÷ 40 = 0,4 mol ⇒ n_Gly = 0,4 - 0,2 = 0,2 mol.

► Rắn khan gồm 0,2 mol Gly-Na và 0,2 mol NaCl.

||⇒ m_rắn = 0,2 × 97 + 0,2 × 58,5 = 31,1(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

27,2(g) E + 1,5 mol O₂ → 1,3 mol CO₂ + ? H₂O ||⇒ Bảo toàn khối lượng: n_H2O = 1 mol.

Do E gồm 2 este đơn chức ⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_E = (1,3 × 2 + 1 - 1,5 × 2) ÷ 2 = 0,3 mol.

● C_tb = 1,3 ÷ 0,3 = 4,33 ⇒ E gồm 2 este chứa 4C và 5C. Đặt n_{este 4C} = x; n_{este 5C} = y

⇒ n_E = x + y = 0,3 mol; n_CO2 = 4x + 5y = 1,3 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,1 mol.

Với HCHC chứa C, H và O(nếu có) thì: n_CO2 - n_H2O = (k - 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: 1,3 - 1 = 0,2.(a - 1) + 0,1.(b - 1) (với a, b là độ bất bão hòa của 2 este)

Giải phương trình nghiệm nguyên với điều kiện a, b ≥ 1 có: (a; b) = (1; 4); (2; 2).

● Dễ thấy b = 4 thì không có este 5C nào thỏa mãn thủy phân sinh ra ancol no, đơn chức, mạch hở.

⇒ a = b = 2. Để thu được 1 muối duy nhất thì 2 este là CH₂=CHCOOC₂H₅ và CH₂=CHCOOCH₃.

► Tên gọi của X và Y là metyl acrylat và etyl acrylat ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

X làm quỳ tím hóa hồng ⇒ loại D.

Y + I₂ → xanh tím ⇒ loại B.

Z có phản ứng tráng gương ⇒ chọn A

Chọn đáp án D

1 mantozơ + 1 H₂O $\underset{t^0}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}$ 2 glucozơ || 1 glucozơ $\underset{{\mathrm{NH}}_3,{\mathrm{t}}^0}{\overset{{\mathrm{AgNO}}_3}{\to }}$ 2Ag.

► 1 mantozơ_{phản ứng} → 4 Ag || 1 mantozơ_dư $\underset{{\mathrm{NH}}_3,{\mathrm{t}}^0}{\overset{{\mathrm{AgNO}}_3}{\to }}$2 Ag.

Đặt n_{mantozơ phản ứng} = x; n_{mantozơ dư} = y ⇒ ∑n_mantozơ = x + y = 0,01 mol.

n_Ag = 4x + 2y = 0,035 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,0075 mol; y = 0,0025 mol.

H = 0,0075 ÷ 0,01 × 100% = 75% ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

m(g) E + 0,36 mol O₂ → 0,32 mol CO₂ + 0,16 mol H₂O.

||⇒ n_C = 0,32 mol; n_H = 0,32 mol; n_O = 0,08 mol; m = 5,44(g).

► C : H : O = 0,32 : 0,32 : 0,08 = 4 : 4 : 1 ⇒ (C₄H₄O)_n.

Do este đơn chức ⇒ chứa 2[O] ⇒ n = 2 ⇒ C₈H₈O₂.

⇒ n_E = 0,04 mol; n_NaOH = 0,07 mol ⇒ n_NaOH : n_E = 1,75.

⇒ E chứa este của phenol. Đặt n_{este của ancol} = x; n_{este của phenol} = y.

n_E = x + y = 0,04 mol; n_NaOH = x + 2y = 0,07 mol.

||⇒ giải hệ có: x = 0,01 mol; y = 0,03 mol ⇒ n_H2O = y = 0,03 mol.

BTKL: m_ancol = 5,44 + 0,07 × 40 - 6,62 - 0,03 × 18 = 1,08(g).

⇒ M_ancol = 1,08 ÷ 0,01 = 108 (C₆H₅CH₂OH). Lại có T chứa 3 muối.

► E gồm HCOOCH₂C₆H₅ và CH₃COOC₆H₅.

||⇒ m_{muối của axit cacboxylic} = 6,62 - 0,03 × 116 = 3,14(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

Nhận xét: X + NaOH → Muối + H₂O || Y + NaOH → Muối + CH₃OH.

Do NaOH và H₂O không đốt được ⇒ độ chênh lệch mol O₂ là do đốt CH₃OH.

||⇒ n_Y = n_CH3OH = ∆n_O2 ÷ 1,5 = (0,7 – 0,625) ÷ 1,5 = 0,05 mol.

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O và HCOOCH₃ ⇒ n_HCOOCH3 = 0,05 mol.

Đặt n_C2H3NO = x; n_CH2 = y ⇒ n_{O2 đốt E} = 2,25x + 1,5y + 0,05 × 2 = 0,7 mol.

● Muối gồm x mol C₂H₄NO₂Na; y mol CH₂ và 0,05 mol HCOONa.

m_muối = 97x + 14y + 0,05 × 68 = 24,2(g) || Giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,1 mol.

Do n_Gly-Na > n_Ala-Na ⇒ ghép 1 CH₂ vào HCOONa ⇒ dư 0,05 mol CH₂.

⇒ n_Ala = n_{CH2 còn} = 0,05 mol ⇒ n_Gly = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol.

► Gly : Ala = 0,15 ÷ 0,05 = 3 : 1 ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

n_CO2 = 0,5 mol < n_H2O = 0,53 mol ⇒ Z là ancol no, 3 chức, mạch hở.

► Quy E về CH₂=CH-COOH, C₃H₅(OH)₃, CH₂ và H₂O.

n_CH2=CHCOOH = n_Br2 = 0,05 mol. Đặt n_C3H8O3 = x; n_CH2 = y; n_H2O = z.

⇒ m_E = 13,46(g) = 0,05 × 72 + 92x + 14y + 18z

n_CO2 = 0,05 × 3 + 3x + y = 0,5 mol; n_H2O = 0,05 × 2 + 4x + y + z = 0,53 mol.

► Giải hệ có: x = 0,11 mol; y = 0,02 mol; z = – 0,03 mol.

Do n_C3H8O3 > n_CH2 ⇒ chỉ ghép CH₂ vào axit.

● Phản ứng vừa đủ ⇒ ∑n_OH^– = n_CH2=CHCOOH = 0,05 mol.

⇒ n_KOH = 0,0125 mol; n_NaOH = 0,0375 mol.

► m = 0,05 × 71 + 0,02 × 14 + 0,0125 × 39 + 0,0375 × 23 = 5,18(g) ⇒ chọn D.