Bộ 25 đề thi thử THPT Hóa học có lời giải năm 2022 (Đề 3)

Đáp án D

Al₂O₃ là hợp chất lưỡng tính nên tác dụng được với dung dịch axit và dung dịch bazơ.

Đáp án A

Cacbohiđrat được chia thành:

Monosaccarit: Glucozơ và fructozơ.

Đisaccarit: Saccarozơ.

Đáp án B

Các chất tác dụng được với nước ở nhiệt độ thường gồm các kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ (trừ Be).

Chú ý: Mg phản ứng chậm với nước ở nhiệt độ thường.

Đáp án B

Trong dãy điện hóa của kim loại, từ trái sang phải, tính oxi hóa của các ion kim loại tăng dần.

→ Tính oxi hóa: $M{g}^{2+}<C{u}^{2+}<F{e}^{3+}<A{g}^{+}$

Đáp án B

Poli(vinyl doma) được điều chế từ monome tương ứng là vinyl clorua có công thức: CH₂ = CHCl.

Đáp án A

Các kim loại bị thụ động trong dung dịch HNO₃ đặc, nguội và H₂SO₄ đặc, nguội là Al, Fe, Cr.

Đáp án A

Chất hữu cơ X tác dụng được với dung dịch HCl nên X có thể là anilin, alanin, etylamin.

Tuy nhiên khi X tác dụng với dưng dịch brom tạo kết tủa nên X là anilin.

Đáp án C

Người ta dùng bột lưu huỳnh để thu hồi thủy ngân rơi vãi do lưu huỳnh tác dụng được với thủy ngân ngay ở nhiệt độ thường: $H{g}_{loûng,ñoäc}+S_{raén}\to HgS{\downarrow }_{raén,khoângñoäc}$

Đáp án A

Điều kiện để các ion có thể cùng tồn tại trong một dung dịch là khi các ion đó kết hợp với nhau không tạo ra kết tủa hoặc bay hơi hoặc chất điện li yếu.

A đúng.

B sai vì có phương trình hỏa học Ca²⁺ + $C{O}_3^{2-}$→ CaCO₃

C sai vì có phương trình hóa học H⁺ +  $HC{O}_3^{-}$→ CO₂ + H₂O

D sai vì có phương trình hóa học $N{H}_4^{+}$ + OH^– → NH₃ + H₂O

Đáp án B

Gọi công thức phân tử của ankan là .

Ta có: 

→ Công thức phân tử của ankan là C₃H₈.

Đáp án D

Chỉ có muối photphat  của kim loại kiềm và amoni là tan được còn lại thì muối của các kim loại khác đều không tan nên CaCl₂, Mg(HCO₃)₂, AgNO₃ đều tạo kết tủa với Na₃PO₄.

Chỉ có HCl là không tạo kết tủa với Na₃PO₄.

Đáp án A

Người ta dùng lượng dư nước vôi trong do dễ kiếm, hiệu quả và rẻ tiền:

Fe²⁺ + 2OH^– → Fe(OH)₂↓

Đáp án D

Thủy phân este thu được natri axetat nên dựa vào đáp án este đó có dạng CH₃COOR’

→ Loại B, C.

Lại có sau phản ứng thu đươc ancol → Loại A vì có phương trình hóa học:

CH₃COOCH = CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO

                                                       (anđehit axetic)

D đúng vì có phương trình hóa học:

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

                                              (ancol metylic)

Đáp án A

Chất Y được điều chế từ hỗn hợp chất lỏng → Loại B, D (do Cu(OH)₂, CaC₂ là chất rắn). Khi thu Y cần sử dụng nước đá Y là chất dễ bay hơi → Loại C

Đáp án A

$n_{C{O}_2}=0,15mol$

$\to n_{B{a}^{2+}}=0,1mol$;$\to n_{O{H}^{-}}=0,2mol$; 

Xét tỉ lệ:  Thu được hai muối $C{O}_3^{2-}$ và $HC{O}_3^{-}$.

$\to n_{C{O}_3^{2-}}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}=0,2-0,15=0,05mol$

Phương trình hóa học: Ba²⁺ +  →  BaCO₃

0,1    0,05   →0,05 mol

$\to m_{kết tủa}=0,05.197=9,85gam$

Đáp án D

D sai vì saccarozơ được tạo bởi hai monosaccarit là glucozơ và fructozơ.

Đáp án D

$n_{HCl}=0,025mol$

X chứa một nhóm NH₂: $n_X=n_{HCl}=0,025mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_{muoái}-m_{HCl}=3,1375-0,025.36,5=2,225gam\to M_X=\frac{2,225}{0,025}=89$

Vậy X là alanin.

Đáp án D

Dựa vào công thức phân tử → X là este no, đơn chức mạch hở, có công thức dạng RCOOR’ (a mol).

Ta có: $n_{NaOH}=n_X=amol$

Bảo toàn khối lượng: $m_X+m_{NaOH}=m_{muoái}+m_{ancol}=5,76+2,76=8,52gam$

$\iff 102a+40a=8,52$

$\to a=0,06$

$\to n_{muoáiRCOONa}=0,06mol$

$\to M_{RCOONa}=\frac{5,76}{0,06}=96$

→ Công thức của X là C₂H₅COOC₂H₅ (etyl propionat).

Đáp án D

A đúng vì crom có lớp màng oxit Cr₂O₃ bền bảo vệ nên có thể bảo vệ kim loại khỏi bị ăn mòn.

B đúng vì đây là tính chất vật lí của crom.

C đúng vì crom được dùng để sản xuất thép không gỉ (inox).

D sai vì muối Cr(III) có số oxi hóa là +3 là số oxi hóa trung gian nên vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử.

Đáp án C

Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X:

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(X\right)}+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$

$\to n_{O\left(X\right)}=0,12mol$

Ta có: $n_X=\frac{1}{6}{n}_{O\left(X\right)}=0,02mol$(do trong triglixerit có 6 nguyên tố O).

Bảo toàn khối lượng: $m_X+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$

$\to m_X=17,72gam$

$\to M_X=\frac{17,72}{0,02}=886$

Cho 7,088 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH: $n_X=\frac{7,088}{886}=0,008mol$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH}=3n_X=0,024mol\\ n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=n_X=0,008mol\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $m_X+m_{NaOH}=m_{muoái}+m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$

$\to m_{muối}=7,312gam$

Đáp án B

Dung dịch các chất làm quỳ tím hóa xanh là metylamin, lysin.

Chú ý: Anilin có tính bazo rất yếu, không làm quỳ tím đổi màu.

Alanin có số nhóm NH₂ = số nhóm COOH nên không làm quỳ tím đổi màu.

Đáp án C

A đúng vì là khái niệm của protein.

B đúng vì protein được tạo bởi nhiều gốc -amino axit nên trong phân tử luôn có nguyên tố nitơ.

C sai vì không phải tất cả mà chỉ là nhiều các protein tan trong nước và tạo thành dung dịch keo.

D đúng vì protein chứa nhiều liên kết peptit nên có phản ứng màu biure.

Đáp án D

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH là FeCl₂, CuSO₄.

Các chất BaCl₂ và KNO₃ không phản ứng được với dung dịch NaOH là do không thỏa mãn điều kiện để phản ứng trao đổi xảy ra.

Đáp án C

$m_{O\left(X\right)}=0,412mgam\to n_{O\left(X\right)}=0,02575mmol$

$\to n_{COOH}=\frac{1}{2}{n}_{O\left(X\right)}=0,012875mmol$

Ta có: $n_{NaOH}=n_{H_{2}O}=n_{COOH}=0,012875mmol$

Bào toàn khối lượng: $m_X+m_{NaOH}=m_{muoái}+m_{H_{2}O}$

$\iff m+0,012875m.40=20,532+0,012875m.18$

$\to m=16\left(gam\right)$

Đáp án B

$n_{Ba}=0,019mol$; $n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,005mol$

Phương trình hóa học:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

0,019                → 0,019          0,019     mol

Ta có: $n_{B{a}^{2+}}=0,019mol$; $n_{O{H}^{-}}=0,038mol$;$n_{A{l}^{3+}}=0,01mol$ ; $n_{S{O}_4^{-}}=0,015mol$

Xét tỉ lệ: $3<\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{A{l}^{3+}}}<4\to$  Kết tủa bị hòa tan một phần.

$\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=4.0,01-0,038=0,002mol$

Lại có: $n_{BaS{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}=0,015mol$

Kết tủa gồm Al(OH)₃ (0,002 mol) và BaSO₄ (0,015 mol) nên $m=0,002.78+0,015.233=3,651gam$

→ Loại A và D.

Xét dung dịch sau phản ứng:

$m_{dungdòchthayñoåi}=m_{Ba}-\left(m_{H_2}+m_{\downarrow }\right)=2,603-\left(0,019.2+3,651\right)=-1,086gam$

Ta thấy:  $m_{dungdòchthayñoåi}<0\to$Dung dịch sau phản ứng giảm 1,086 gam so với dung dịch Al₂(SO₄)₃ ban đầu.

Đáp án B

Dựa vào đáp án ta phân tích:

Chat X khi cho tác dụng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ đun nóng thu được kết tủa Ag → X là metyl fomat hoặc axit metanoic → Loại A.

Chất Z làm nhạt màu nước brom → Z là glucozơ → Loại C và D.

Vậy X, Y, Z, T lần lượt là: Metyl fomat, axit metanoic, glucozơ, metylamin.

Đáp án D

$n_{CaC{O}_3}=0,3mol$

Axit acrylic, axit oleic, vinyl axetat, metyl acrylat đều có công thức phân tử dạng $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$.

Gọi công thức chung của hỗn hợp X là $C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}-2}{O}_2$.

Hấp thụ sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,3mol$

Phương trình hóa học: $C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}-2}{O}_2+\frac{3\overline{n}-3}{2}{O}_2\underset{}{\overset{t°}{\to }}\overline{n}C{O}_2+\left(\overline{n}+1\right)H_{2}O$

                                             $\frac{5,4}{14\overline{n}+30}$         0,3                        mol

Ta có phương trình: $\frac{5,4}{14\overline{n}+30}=\frac{0,3}{\overline{n}}\to \overline{n}=7,5$

$\to n_X=\frac{5,4}{14.7,5+30}=0,04mol$

Theo phương trình: $n_{O_2}=\frac{3.7,5-3}{2}{n}_X=9,75.0,04=0,39mol\to V=0,39.22,4=8,736lít$

Đáp án C

Gọi số mol của Na₂CO₃, KHCO₃, Ba(HCO₃)₂ lần lượt là 2a, a, b mol.

Thêm tiếp dung dịch HCl 1M vào bình. Coi bình vẫn gồm các muối ban đầu phản ứng với HCl vì cả kết tủa X và dung dịch Y đều tác dụng với HCl.

$n_{HCl}=0,32mol$

Ta có: $n_{HCl}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{KHC{O}_3}+2n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}\to 4a+a+2b=0,32\to 5a+2b=0,32$

Y phản ứng vừa đủ với 160 ml dung dịch NaOH 1M: $n_{NaOH}=0,16mol$

Phương trình hóa học:  $HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O$  

                              0,16 ← 0,16                                   mol

Ta có:        $n_{HC{O}_3^{-}\left(Y\right)}=a+2b=0,16mol\to a+2b=0,16$  (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,04$;$b=0,06$

Phương trình hóa học:

Ba²⁺ +  → BaCO₃

0,06  0,08  → 0,06      mol

$\to m=0,06.197=11,82gam$

Đáp án A

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là: (a), (b), (c), (e).

Đáp án C

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_{C_2{H}_2}+m_{H_2}=10,4gam$

Ta có: $d_{X/H_2}=8\to M_X=16\to n_X=0,65mol$

                                   $\to n_{H_{2}pö}=n_{hhkhíbanñaàu}-n_X=0,35mol$

Lại có: $n_{C_2{H}_{2}dö}=n_{C_{2}A{g}_2}=0,1mol$

Bảo toàn liên kết : $2n_{C_2{H}_{2}bd}=n_{H_{2}pö}+2n_{C_2{H}_{2}dö}+n_{B{r}_2}\to n_{B{r}_2}=0,15mol$

Đáp án B

Khi cho X tác dụng với NaOH thu được dung dịch chỉ chứa muối natri panmitat, natri stearat nên triglixerit Y được tạo nên từ axit panmitic, axit stearic.

→ Y là trieste no, mạch hở.

Mà khi đốt cháy axit pânmitic, axit stearic (axit no, đơn chức, mạch hở) thu được $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}$

→ Khi đốt cháy hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y ta có: 

$n_Y=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{2}=0,02mol$

Ta có quá trình:  $\left\{\begin{array}{l}{C}_{15}{H}_{31}COOH;C_{17}{H}_{35}COOH\\ Y\end{array}\right.+NaOH\to DD\left\{\begin{array}{l}{C}_{15}{H}_{31}COONa\\ C_{17}{H}_{35}COONa\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O\\ C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3\end{array}\right.$

Ta có: $n_{NaOHpöùvôùiY}=3n_Y=0,06mol\to n_{NaOHpöùvôùiaxit}=0,09-0,06=0,03mol$

$\to n_{\text{ax}it}=n_{NaOHpöùvôùiaxit}=0,03mol$

Xét phản ứng đốt cháy m gam X: $n_{O\left(X\right)}=2n_{axit}+6n_Y=2.0,03+6.0,02=0,18mol$

Bảo toàn nguyên tố C, H: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C\left(X\right)}=n_{C{O}_2}=1,56mol\\ n_{H\left(X\right)}=2n_{H_{2}O}=3,04mol\end{array}\right.$

Ta có: $m=m_X=m_{C\left(X\right)}+m_{H\left(X\right)}+m_{O\left(X\right)}=1,56.12+3,04+0,18.16=24,64gam$

Xét phản ứng của X với dung dịch NaOH $\left\{\begin{array}{l}{m}_{H_{2}O}=n_{NaOHpöùvôùiaxit}=0,03mol\\ m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=m_Y=0,03mol\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $a=m_{muoái}=m_X+m_{NaOH}-m_{H_{2}O}-m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$

$=24,64+0,09.40-0,03.18-0,02.92=25,86gam$

Đáp án B

  (a) sai vì cho vào ống nghiệm dung dịch lòng trắng trứng và dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp không màu.

  (b) đúng, (c) đúng vì khi cho tiếp vào ống nghiệm dung dịch CuSO₄ và lắc nhẹ, xảy ra phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ (sinh ra từ phản ứng của CuSO₄ với NaOH) nên hỗn hợp chất xuất hiện chất màu tím.

  (d) sai.

Đáp án A

Xem muối gồm: X mol HCOONa; y mol C₂H₃COONa; z mol (COONa)₂ và a mol CH₂. Ta có hệ bốn ẩn:

Tổng số mol các muối:        $x+y+z=0,4$                   (1)

Tổng số mol H₂O và CO₂:          $x+4y+z+2a=0,49$  (2)

Tổng khối lượng muối T:   $68x+94y+134z+14a=49,1$ (3)

Số mol O₂ cần để đốt là:   $0,5x+3y+0,5z+l,5a=0,275$

Giải hệ ta được: $x=0,05$;$y=0,03$ ; $z=0,32$; $a=0$

Quy đổi ancol gồm 0,72 mol CH₃OH và 0,19 mol CH₂.

Ta thấy: $0,19=0,05.2+0,03.3$

→ Có 0,05 mol HCOOC₃H₇ và 0,03 mol C₂H₃COOC₄H₉ và 0,32 mol (COOCH₃)₂.

$\to \%m_Y=8,35\%$

Đáp án D

Trong Z chắc chắn có CO_{2 $\left(M=44\right)$} . Lại có: $d_{Z/H_2}=22\to M_Z=44$

→ Sản phẩm khử của N⁺⁵ là N₂O (M = 44).

Ta có: $n_Z=0,12mol\to m_Z=0,12.44=5,28gam$

Ta có quá trình: $\underset{16,86gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Al\\ A{l}_2{O}_3\\ Mg\\ MgC{O}_3\end{array}\right.}}+\left\{\begin{array}{l}\underset{1,14mol}{\underbrace{NaHS{O}_4}}\\ \underset{0,32mol}{\underbrace{HN{O}_3}}\end{array}\right.\to 〈\begin{array}{l}156,84gammuoáikhan\underset{}{\overset{+NaOHdö}{\to }}\underset{19,72gam}{\underbrace{Mg{\left(OH\right)}_2}}\\ Z\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ N_{2}O\end{array}\right.\\ H_{2}O\end{array}$

Bảo toàn khối lượng: $m_{H_{2}O}=m_X+m_{NaHS{O}_4}+m_{HN{O}_3}-m_{muoái}-m_z$

                                  $=16,86+1,14.120+0,32.63-156,84-5,28=11,7gam$

$\to n_{H_{2}O}=1,65mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{NaHS{O}_4}+n_{HN{O}_3}=1,46mol>2n_{H_{2}O}=1,3mol$

→ Có tao muối amoni: $n_{N{H}_4^{+}}=\frac{1,46-1,3}{4}=0,04mol$

Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Mg(OH)₂: $n_{Mg\left(OH\right)}=0,34mol$

Dung dịch Y chứa Mg²⁺ (0,34 mol); Al³⁺ (a mol);  $N{H}_4^{+}$(0,04 mol); Na⁺ (1,14 mol);  $S{O}_4^{2-}$(1,14 mol) và  $N{O}_3^{-}$(b mol) .

  $\to 0,34.24+27a+0,04.18+1,14.23+1,14.96+62b=156,84$

$\to 27a+62b=12,3$ (*)

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y: $2.0,34+3a+0,04+1,14=2.1,14+b$

      $\to 3a-b=0,42$ (**)

Từ  (*)và (**) suy ra: a = 0,18; b = 0,12

Bảo toàn nguyên tố N: $n_{N_{2}O}=\frac{n_{HN{O}_3}-n_{N{H}_4^{+}}-n_{N{O}_3^{-}}}{2}=\frac{0,32-0,04-0,12}{2}=0,08mol$

$\to n_{C{O}_2}=0,12-0,08=0,04mol$

Ta có: $n_{H^{+}pö}=10n_{N_{2}O}+10n_{N{H}_4^{+}}+2n_{O\left(A{l}_2{O}_3\right)}+2n_{C{O}_2}$

$\to n_{O\left(A{l}_2{O}_3\right)}=\frac{1,14+0,32-10.0,08-10.0,04-2.0,04}{2}=0,09mol$

$\to n_{A{l}_2{O}_3}=0,03mol$

$\to m_{A{l}_2{O}_3}=0,03.102=3,06mol$

Đáp án C

Trong t giây: $n_{khíanot}=0,16mol$

Bảo toàn khối lượng: $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,08mol$

$\to n_{O_2}=0,16-0,08=0,08mol$

$\to n_{etraoñoåitrongtgiaây}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,48mol$

Trong t giây tiếp theo: $n_{O_2}=\frac{0,48}{4}=0,12mol$

Trong 2t giây: $n_{khíôûhaiñieäncöïc}=0,4mol$

$n_{H_2\left(catot\right)}=n_{khíôûhaiñieäncöïc}-n_{C{l}_2}-n_{O_2}=0,4-0,16-0,12=0,12mol$

Lại có: $n_{Cu\sinh raôûcatot}=\frac{n_{etraoñoåi}-2n_{H_2}}{2}=0,36mol$

Trong t giây: $n_{Cu\sinh raôûcatot}=\frac{0,48}{2}=0,24mol$

Dung dịch Y chứa  (0,72 mol); Na⁺ (0,16 mol); Cu²⁺  $\left(0,36-0,24=0,12mol\right)$và H⁺.

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: $n_{H^{+}}=0,32mol$

$\to n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=0,08mol$

Bảo toàn electron:   $2n_{Fepö}=3n_{NO}+2n_{C{u}^{2+}}\to n_{Fepö}=0,24mol$

Ta có: $m-0,24.56+0,12.64=0,6m\to m=14,4$

Đáp án A

Theo thứ tự xuất hiện kim loại thì chất rắn Y gồm ba kim loại là Ag, Cu, Fe.

Ta có quá trình: $\underset{4,6gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Fe\end{array}\right.}}+\left\{\begin{array}{l}AgN{O}_3\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.\to 〈\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}Ag\\ Cu\\ Fe\end{array}\right.\underset{}{\overset{H_{2}S{O}_4ñaëc,noùng}{\to }}\underset{0,1425mol}{\underbrace{S{O}_2}}\\ Z\left\{\begin{array}{l}Mg{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.\underset{}{\overset{NaOHdö}{\to }}\left\{\begin{array}{l}Mg{\left(OH\right)}_2\\ Fe{\left(OH\right)}_2\end{array}\right.\underset{}{\overset{O_2,t°}{\to }}\underset{4,2gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}MgO\\ F{e}_2{O}_3\end{array}\right.}}\end{array}$

Gọi số mol Mg, Fe phản ứng, Fe dư lần lượt là a, b, c mol.

     $\to 24a+56b+56c=4,6$ (*)

Bảo toàn electron cho quá trình X vào dung dịch hỗn hợp AgNO₃ và Cu(NO₃)₂: $n_{Ag\left(Y\right)}+2n_{Cu\left(Y\right)}=2a+2b$

Bảo toàn electron cho quá trình Y vào dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng: $n_{Ag\left(Y\right)}+2n_{Cu\left(Y\right)}=3n_{Fe\left(Y\right)}=2n_{S{O}_2}$

       $\to 2a+2b+3c=0,285$ (**)

Bảo toàn nguyên tố Mg, Fe      $\left\{\begin{array}{l}{n}_{MgO}=n_{Mg}=amol\\ n_{F{e}_2{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{Fepö}=0,5bmol\end{array}\right.\to 40a+80b=4,2$

Từ (*), (**), (***) suy ra: $a=0,075$;$b=0,015$ ; $c=0,035$

Phần trăm số mol của Fe trong X: $\%n_{Fe}=\frac{0,015+0,035}{0,075+0,015+0,035}.100\%=40\%$

Đáp án B

Đun nóng 0,12 mol E cần dùng 570 ml dung dịch NaOH 0,5M: $n_{NaOH}=0,285mol$

Ta có: $n_X+n_Y=0,12$

X là este hai chức, Y là este ba chức: $2n_X+3n_Y=0,285$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}{n}_X+n_Y=0,12\\ 2n_X+3n_Y=0,285\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_X=0,075\\ n_Y=0,045\end{array}\right.\to \frac{n_X}{n_Y}=\frac{5}{3}$

Gọi công thức phân tử của X và Y lần lượt là  $C_n{H}_{2n-2}{O}_4$(5a mol) và $C_m{H}_{2m-10}{O}_6$(3a mol).

Đốt cháy hoàn toàn 17,02 gam hỗn hợp E chứa X, Y: $n_{C{O}_2}=0,81mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $5an+3ma=0,81$

Ta có: $5a.\left(14n+62\right)+3a.\left(14m+86\right)=17,02$

$\to a=0,01$

$\to n_E=8a=0,08mol$

Đun nóng 0,12 mol E cần dùng 570 ml dung dịch NaOH 0,5M: $m_E=\frac{17,02}{0,08}.0,12=25,53gam$

Sau phản ứng thu được hai ancol có cùng số nguyên tử C, mà trong đó có C₃H₅(OH)₃, vậy ancol còn lại là C₃H₆(OH)₂.

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=n_Y=0,045mol\\ n_{C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2}=n_X=0,075mol\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $25,53+0,285.40=m+0,045.92+0,075.76$

$\to m=27,09$

Đáp án D

$n_{NaOH}=0,4mol\to n_{O{H}^{-}}=0,4mol$

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,55mol\to n_{H^{+}}=1,1mol$

Gọi số mol của FeCl₂, FeCl₃ trong muối lần lượt là x, y mol $\to 127x+162y=31,15$ (*)

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O.

Bảo toàn nguyên tố Fe:   $n_{Fe}=x+ymol$

Gọi số mol của O trong hỗn hợp X là z mol.

Xét phản ứng của X với H₂SO₄ đặc, nóng.

Trường hợp 1: H₂SO₄ đặc, nóng dư.

→ Kết tủa là Fe(OH)₃, $n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=0,1mol$

Quá trình cho nhận electron:

Bảo toàn electron: $3n_{Fe}=2n_O+2n_{S{O}_2}$

$\iff 3\left(x+y\right)=2z+2.0,14\to 3x+3y-2z=0,28$ (**)

Ta có: 4H⁺ + _{$S{O}_4^{2-}$}+ 2e → SO₂ + 2H₂O

       0,56              ← 0,14                mol

Theo phương trình số mol H⁺ phản ứng tạo ra SO₂ là 0,56 mol.

$\to n_{H^{+}pö}=0,56+2zmol\to n_{H^{+}dö}=1,1-0,56-2zmol$