Nước đá khô (hay còn gọi là tuyết cacbonic) được điều chế từ khí CO2 hoặc CO2 hóa lỏng Đây là các tác nhân lạnh ở thể rắn cung cấp hơi lạnh

C. 2CO2(khí)⟶ 2CO(khí) + O2(khí) D 2SO3(khí)⟶2SO2(khí) + O2(khí) Câu 8: Điểm giống nhau của glucozơ và saccarozơ là

Nước đá khô (hay còn gọi là tuyết cacbonic) được điều chế từ khí CO2 hoặc CO2 hóa lỏng Đây là các tác nhân lạnh ở thể rắn cung cấp hơi lạnh

bằng cách biến đổi trạng thái: đá khô thăng hoa thành hơi, không qua trạng

thái lỏng. CO

lỏng, đặc biệt là nước đá khô( không độc hại), được ứng dụng

thích hợp để bảo quản những sản phẩm kỵ ẩm và dùng làm lạnh đông thực

phẩm. Dùng đá khô để làm lạnh và bảo quản gián tiếp các sản phẩm có bao

gói nhưng có thể dùng làm lạnh và bảo quản trực tiếp. Chính chất tác nhân

làm lạnh này (CO

) đã làm ức chế sống của vi sinh vật, giữ được vị ngọt-màu

sắc hoa quả. Đồng thời hạn chế được tổn hao khối lượng tự nhiên của sản

phẩm do sự bay hơi từ bề mặt sản phẩm và các quá trình lên men, phân hủy.

1.B 2.C 3.D 4.B 5.B 6.C 7.B 8.B 9.A 10.A

11.D 12.A 13.D 14.B 15.A 16.B 17.B 18.A 19.A 20.B

21.B 22.B 23.A 24.B 25.C 26.A 27.C 28.A 29.D 30.A

31.D 32.C 33.D 34.C 35.C 36.D 37.C 38.D 39.C 40.B

41.B 42.C 43.A 44.C 45.D 46.B 47.A 48.D 49.D 50.D

Câu 1: Đáp án B

n_CO2 = 0,6(mol) ⇒ n_C= 0,6(mol) ⇒ m_C= 7,2(gam) m_H= m_X− m_C= 0,8(g) ⟹ n_H = 0,8(mol)

⇒ n_ankin= n_CO2− n_H2O= n_C−¹

2^{nH= 0,2(mol) ⟹ C̅ = 3} Do đó X gồm C₂H₂ và 1 ankin khác có số C >3 ⇒ Loại A, C.

Lại có CH3CH2C ≡ CH tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa, CH3C ≡ CCH3 không tác dụng. Mà 2 chất này lại là đồng phân nên đáp án B sẽ cho khối lượng kết tủa lớn hơn ở đáp án C.

Câu 2: Đáp án C

+) 0,1 (lít) X + HCl dư → 0,1 mol khí CO₂⟹ n_CO2= 0,1(mol) +) 0,1 (lít) X + BaCl₂ dư → 43 (g) kết tủa gồm BaCO₃ và BaSO₄ n_BaCO3 = n_CO

3

2− = 0,1(mol) ⇒ n_BaSO4= 0,1 (mol) = n_SO

42− 2− +) 0,2 (lít)X + NaOH → 0,4 mol NH₃ ⇒ n_NH 4 + = 0,4(mol) ⇒ Trong 0,1(lít) X có n_NH 4 + = 0,2(mol)

Bảo toàn điện tích ta tính được: n_Na+= 0,2(mol). Từ đó tính được: ∑ mmuối= ∑ mcác ion

Câu 3: Đáp án D

n_NaOH= 3,55 mol. Chỉ số axit là 7 ⇒ Số mol NaOH dùng để trung hòa là: n_NaOH= ⁷ 56 = 0,125(mol)

n_HCl= n_NaOH dư = 0,05(mol) ⇒ n_NaOH để thủy phân trieste là 3,375 (mol) ⇒ nglixerol =^3,375

3 ^{= 1,125(mol).} Câu 4: Đáp án B

Các cặp chất xảy ra phản ứng hóa học ở nhiệt độ thường là: 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10. Câu 5: Đáp án B

Các chất có tính lưỡng tính là: HOOC − COONa, H₂O, KHCO₃, Al(OH)₃, (NH₄)₂SO₃.

Chú ý: Chất có tính lưỡng tính là chất vừa có khả năng nhận proton, vừa có khả năng nhường proton. Chất lưỡng tính là chất (chính xác là hợp chất) có khả năng phản ứng với axit và dung dịch bazơ gồm:

+) Các oxit lưỡng tính(𝐶𝑟₂𝑂₃, 𝑍𝑛𝑂, 𝑃𝑏𝑂, 𝐴𝑙₂𝑂₃)

+) Các hidroxit lưỡng tính (hidroxit của các kim loại có oxit lưỡng tính và thêm 𝐵𝑒(𝑂𝐻)₂, 𝑆𝑛(𝑂𝐻)₂) +) Các muối lưỡng tính (muối axit của gốc axit yếu, ví dụ: NaHCO3) hoặc muối tạo thành từ cả axit yếu và bazơ yếu, ví dụ: (𝑁𝐻₄)₂𝐶𝑂₃.

𝐻₂𝑂 là chất có tính lưỡng tính nhưng không phải là chất lưỡng tính. Câu 6: Đáp án C

Bảo toàn electron ta điền được hệ số của phương trình như sau:

10FeSO₄+ 2KMnO₄+ xNaHSO₄→ 5Fe₂(SO₄)₃+ K₂SO₄+ 2MnSO₄+^x

2^Na2SO4+ x 2^H2O Bảo toàn nguyên tố S ta có: 10 + x = 15 + 1 + 2 +^x

2^{⇒ x = 16} Từ đó ta tính được tổng các hệ số của phương trình bằng 52.

Câu 7: Đáp án B

Phản ứng chuyển dịch theo chiều thuận khi tăng áp suất nên chiều thuận của phản ứng là chiều làm tăng số mol khí. Câu 8: Đáp án B Câu 9: Đáp án A X + HCl → RNH₃Cl ⇒ X là amin bậc 1, có công thức là R − NH₂. %m_N= ¹⁴ m_x^{= 13,087%} ⇒ m_x= 107 ⇒ R = 91: C₇H₇

Ta tìm được 4 công thức cấu tạo của X thỏa mãn. Câu 10: Đáp án A

+) X₃: CH₂CHCHCH₂⇒ X₂: CH₂OHCH₂CH₂CH₂OH ⇒ X₁: OHCH₂CH₂CHO +) X₃: CH₂CHCHCH₂⇒ X₅: C₂H₅OH ⇒ X₄: CH₃CHO

Lấy 1(g) X1 tác dụng với AgNO₃ thì thu được số mol Ag là: ¹

86^{. 4 ≈ 0,047(mol)} Lấy 1(g) X4 tác dụng với AgNO₃ thì thu được số mol Ag là: ¹

44^{. 2 ≈ 0,045(mol)} Vậy đáp án là X1.

Câu 11: Đáp án D

𝐂á𝐜𝐡 𝟏: Nếu R là Fe thì sản phẩm thu được là Fe2O3⇒^nNO2

n_O2 ^{= 8} Nếu R là Cu, Mg, Zn thì sản phẩm thu được là RO ⇒^nNO2

n_O2 ^{= 4} Đặt n_NO2 = a; n_O2= b(mol). Theo bài ra ta có hệ: { a + b =

5,04 22,4 46a + 32b = 10 ⇔ {_{b = 0,025}^{a = 0,2} ⇔^a b^{= 8} Vậy R là Fe.

Cách 2: Tương tự như trên ta tính được n_NO2 = 0,02 (mol) ⇒ n_R(NO3)2= 0,1 (mol)) Lại có m_R(NO3)₂= m_axit+ m_↑= 10 + 8 = 18(g). Từ đó tính ra R = 56 nên R là Fe. Câu 12: Đáp án A

Chỉ có 2 nguyên tố có cấu hình e là [Ar]4s1 và [Ar]4s2 là có e cuối cùng điền vào phân lớp 4s. Chú ý: Một số nguyên tố khác cũng có e lớp ngoài cùng thuộc phân lớp 4s. Nhưng xếp theo mức năng lượng thì e cuối cùng phải được điền vào phân lớp 3d.

Câu 13: Đáp án: D

nNaOH= 0,075(mol) ⇒ naxit= 0,075(mol) = 0,75nandehit (do H = 75%) Do đó số mol anđehit ban đầu là 0,1 (mol) ⇒ n_andehit dư = 0,025(mol) Muối tạo thành là RCOONa có M = 68 ⇒ R = 1

Vậy hỗn hợp Y gồm 0,025 mol HCHO và 0,075 mol HCOOH n_{Ag tạo thành} = 4n_HCHO+ 2n_HCOOH= 0,25(mol).

Câu 14: Đáp án B

n_CO2= 0,4(mol); n_H2O= 0,5(mol) ⇒ n_C4H10= 0,1(mol) n_Br2 = 0,075(mol) ⇒ n_ankan= 0,075(mol)

Cứ 1 mol C₄H₁₀ cracking thì tạo ra 1 mol anken do đó: n_{C4H10 cracking} = 0,075(mol). Vậy H = 75%.

Câu 15: Đáp án A

n_HCl= 0,1(mol) ⇒ X có 1 nhóm – NH₂. Trong thí ngiệm khác ta có:

Câu 16: Đáp án B

Có 1(g) Ag ⇒ ¹

108^{(mol)Ag ⇒} 1

108.2^{(mol)Glucozo = nxenlulozo bị thủy phân} Từ đó ta tính được H = 75%.

Câu 17: Đáp án B

Không thể dùng thí nghiệm trên để điều chế HBr và HI vì Br− và I− có tính khử mạnh, sẽ tác dụng với H₂SO₄ tạo thành I₂ và Br₂.

Câu 18: Đáp án A

n_Ag= 0,4(mol); n_x= 0,1(mol)

X phản ứng với NaOH nên X là axit hoặc este đơn chức. Nếu X là axit thì hỗn hợp Y không thể tác dụng với AgNO₃.

Do đó X phải là este và trong hỗn hợp Y phải có 1 muối HCOONa và 1 andehit tạo thành do ancol không bền.

Vậy có 2 công thức cấu tạo của X ∶ HCOOCH = CHCH₂CH₃; HCOOCH = C(CH₃)CH₃. Câu 19: Đáp án A

Các trường hợp tạo ra đơn chất là:

(1)O₃ + dung dịch KI → I₂ + O₂. (3)MnO₂ + HCl đặc → Cl₂

(5)KClO₃ + HCl đặc → Cl₂ (6)NH₄Cl + NaNO₂→ N₂ (7)NH₃ + CuO → N₂

Câu 20: Đáp án B

Hỗn hợp X gồm 8,4 (g) Fe (0,15 mol), 6,4 (g) Cu (0,1 mol) tác dụng với HNO₃ tạo thành 0,15 mol NO. ⇒ n_{e trao đổi}= 0,45 (mol)

Mà để Fe, Cu tan hết thì số mol e trao đổi ít nhất (tạo Fe²⁺ và Cu²⁺) = 0,5(mol) Do đó kim loại dư.

Theo thứ tự trong dãy điện hóa thì Fe phản ứng trước. Dựa vào số mol e trao đổi ta tính được Fe phản ứng hết và

n_{Cu phản ứng}=^{0,45 − 0,15.2}

2 ^{= 0,075(mol)}

Vậy muối gồm 0,15 mol Fe(NO₃)₂ và 0,075 mol Cu(NO₃)₂ có khối lượng là 41,1 (g). Câu 21: Đáp án B

Ancol hòa tan được Cu(OH)₂ là ancol có 2 nhóm − OH kề nhau.

Ta thử các đáp án và tìm xem ở đáp án nào tạo ra 3 ancol có 2 nhóm – OH kề nhau. Câu 22: Đáp án B

(1) HOOC − CH₂− C(COOH)(OH) − CH₂− COOH (2) CH₃− CH(OH) − COOH (3)HOOC − CH(OH) − CH₂− COOH (4) CH₃− CH(OH) − CH₂COOH (5) HOOC − CH(OH) − CH(OH) − COOH

Ta so sánh dựa vào số chức –COOH, số nhóm –OH và vị trí nhóm –OH

Chất có càng nhiều nhóm –COOH thì tính axit càng mạnh. Với các chất có cùng số nhóm –COOH ta xét đến nhóm –OH.

Do O có độ âm điện lớn, hút e, làm tăng độ phân cực của H trong nhóm –COOH nên làm tăng tính axit. Nhóm –OH càng gần nhóm –COOH thì tính axit càng mạnh. Từ đó ta tìm được đáp án.

Câu 23: Đáp án A

X gồm CH₃OH và chất A no, đơn chức, mạch hở.

n_H2 = 0,075(mol) ⇒ n_H= 0,15(mol) ⇒ n_ancol = 0,15(mol) ⇒ n_Ag = 0,2(mol) < 2n_ancol Nên A không tạo anđehit thì từ số mol Ag ta tính được n_CH3OH = 0,05(mol)

⇒ n_A = 0,1; m_A = 7,6 − m_CH3OH= 6(g) ⇒ M_A= 60. Câu 24: Đáp án B

n_CO2 < 0,8(mol) nên X có ít hơn 8C. Mà a(mol) X phản ứng với a mol NaOH nên X có 1 chức phenol và 1 chức ancol.

Câu 25: Đáp án C Y: C₆H₁₂N₂O₃ = Z + P – H₂O nên Z + P = C₆H₁₄N₂O₄ Z, P là {^C_C^3H7NO2 3H₇NO₂ ^{hoặc {} C₄H₉NO₂ C₂H₅NO₂ − TH1: Tạo được 1 chất Y.

− TH2: C₄H₉NO₂ có 2 công thức cấu tạo là α − aminoaxit nên tạo được 4 chất Y.

Chú ý: Thứ tự của các ∝ −amino axit trong peptit khác nhau thì 2 peptit đó khác nhau. Ví dụ: Gly- Ala khác Ala-Gly. Do đó với 2 𝛼-aminoaxit khác nhau thì ta sẽ lập được 2 đipeptit có thành phần tạo bởi 2 𝛼-aminoaxit đó.

Câu 26: Đáp án A

10,56(g) hỗn hợp R₂O , MO tác dụng với HCl thu được dung dịch X gồm: RCl, MCl₂ Điện phân nóng chảy X thu được R, M và Cl₂(0,15 mol)

n_H+ = 2n_O= n_Cl+= 0,15(mol) ⇒ n_O= 0,075(mol) m_{kim loại}= 10,56 − m_O= 9,45(g). Câu 27: Đáp án C m(CH₂= CH − CH = CH₂) + n(C₆H₅− CH = CH₂) → (−CH₂− CH = CH − CH₂−)m − (CH(C₆H₅) − CH₂−)n n_Br2 = 0,1875(mol) = n_butadien

Bảo toàn khối lượng ta tính được m_stiren= 49,125 – 0,1875.54 = 39(g) ⇒ n_Stiren= 0,375(mol) ⇒ ^nstiren

n_butadien⁼ 2 1 Câu 28: Đáp án A T { Fe Fe₂O₃ ^+CO → {^{B(CO2, CO)}

+Ca(OH)₂ → 6(g) ↓ D(Fe, oxit) ^+H2SO4,t 0 → {^0,18(mol)SO2 24(g)muối

= 0,06(mol); n_Fe2(SO4)₃ = 0,06(mol)

Trong phản ứng có các quá trình thay đổi số oxi hóa là: Fe⁰→ Fe⁺³; C⁺²→ C⁺⁴; S⁺⁶→ S⁺⁴ Bảo toàn e ta có: 3n_Fe+ 2n_CO2= 2n_SO2 ⟹ n_Fe= 0,08(mol)

Bảo toàn nguyên tố Fe ta tính được : n_Fe2O3= 0,02 (mol). Từ đó tính được % n_Fe = 80%. Câu 29: Đáp án D

Các tơ nhân tạo là: tơ visco, tơ axetat.

2 tơ này đều có nguồn gốc từ xenlulozo (thiên nhiên), sau quá trình phản ứng hóa học tạo thành các tơ nhân tạo.

Chú ý: Phân biệt tơ nhân tạo với tơ tổng hợp. Tơ nhân tạo (còn gọi là tơ bán tổng hợp) có nguồn gốc từ các polime thiên nhiên. Còn tơ tổng hợp hoàn toàn do các phản ứng hóa học và con người điều chế ra.

Câu 30: Đáp án A

Giả sử X có m nhóm chức – OH, Y có n nhóm – OH. Ta có: { 0,015m + 0,02n =^1,008 22,4 ^{. 2} 0,02m + 0,015n =^0,952 22,4 ^{. 2} ⇔ {^{m = 2} n = 3 Xét thí nghiệm 3 ta có: 0,015 mol X ; 0,02 mol Y đốt cháy tạo thành 6,21(g)H₂O và CO₂

Đặt n_CO2= a; n_H2O= b(mol) ⇒ {_{−a + b = n}^{44a + 18b = 6,21}

x+ n_y = 0,035 ⇔ { a = 0,09 b = 0,125 ^{⇒ C̅ = 2,57} Vậy X là C₂H₆O₂. Câu 31: Đáp án D n_SO2= 0,025(mol)

Bảo toàn nguyên tố S ta có: n_{S trong muối}= n_H2SO4− n_SO2 = 0,075(mol) ⇒ n_muối=^0,075

Câu 32: Đáp án C

Khối lượng dung dịch MOH là 36 (g) ⇒ m_MOH= 7,2 (g) Bảo toàn nguyên tố M ta có: n_M= ^7,2

M + 17⁼

9,54.2

2M + 60^{⇒ M = 23(Na). Do đó loại 𝐀, 𝐁.} Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch không có este dư

Nên n_este< n_NaOH= 0,18 (mol) ⇒ M_este≥ 88. Câu 33: Đáp án D

Chú ý: 𝐴𝑔₃𝑃𝑂₄ màu vàng, AgBr màu vàng nhạt, AgI màu vàng đậm. AgBr và AgI không tan trong dung dịch 𝐻𝑁𝑂₃ và 𝐻₂𝑆𝑂₄.

Câu 34: Đáp án C

Gọi số mol X là x (mol) , số mol Y là 3x (mol) X + 4NaOH → H₂O; Y + 3NaOH → H₂O

Chất rắn sau phản ứng là hỗn hợp các muối aminoaxit của Na. Bảo toàn khối lượng ta có:

⇒ 23,745 = x(2.89 + 75 + 117 − 3.18) + 3x(117.2 + 75 − 2.18) + [(4x) + (3.3x)]. 40 − (x + 3x). 18 ⇔ x = 0,015(mol) Câu 35: Đáp án C 0,2 mol hỗn hợp gồm H₂ và C₄H₄. n_H2 =³ 4^{. 0,2 = 0,15(mol); nC}4H₄= 0,05(mol) n_{hỗn hợp sau phản ứng} =^mhh M_hh ⁼ 0,15.2 + 0,05.52

14,5.2 ^{= 0,1(mol) ⇒ số mol khí giảm 0,1 mol} n_{H2 phản ứng} = 0,1 (mol) ⟹ số mol liên kết π còn lại là: 3.0,05 – 0,1 = 0,05 (mol) n_Br2= 0,05(mol) ⟹ m = 8(g)

Câu 36: Đáp án D

Đốt a mol T thu được a mol H₂O ⇒ H̅ = 2 ⇒ T gồm HCOOH (x mol) và (COOH)₂ (y mol) ⇒ {_{x + 2y = n}^{x + y = 1}

CO₂ = 1,6 ⇔ {

x = 0,4 y = 0,6

Từ đó ta tính được % khối lượng HCOOH = 25,41%. Câu 37: Đáp án C

Gọi hỗn hợp gồm x mol MgO, 14x mol Mg ⟹ x = 0,01 (mol)

n_Mg(NO3)2= 15x = 0,15(mol) ⇒ m_Mg(NO3)2 = 22,2(g) có 0,8 (g) muối NH₄NO₃ (0,01 mol) n_{e trao đổi} = 0,14.2 = 0,28(mol)

⇒ Số mol e mà N⁵⁺ nhận để chuyển thành khí Y₁ là ∶ 0,28 − 8n_NH4NO3 = 0,2(mol). ⇒ Số e N5+ nhận để chuyển thành 1 phân tử khí Y1 bằng 10e.

Vậy Y₁ là N₂. Bảo toàn N ta tính được số mol HNO₃ phản ứng là: 2n_N2+ 2n_Mg(NO3)2+ 2n_NH4NO3 = 0,36(mol)

Câu 38: Đáp án D

M_X= 100 ⟹ n_X= 0,15(mol) ⟹ n_{NaOH phản ứng}= 0,15(mol) m_muối = m_X+ m_NaOH⟹ X là este vòng.

Do muối không nhánh nên chỉ có đáp án D thỏa mãn. Câu 39: Đáp án C

CH₃COOH + H₂O ⟶ CH₃COO⁻+ H₃O⁺ n_CH3COOH = 0,05(mol); α = 1,4% ⇒ n_{CH3COOH phân li}= 7.10−4. Khi cân bằng thì số mol CH₃COOH dư là:

0,05 – 7.10−4 = 0,0493(mol) ⇒ [CH₃COOH] = 0,1972(M) Lại có: n_H+= n_{CH3COOH phân li}= 7.10⁻⁴⟹ pH = 2,25. Câu 40: Đáp án B

Câu 41: Đáp án B

Lại có C₆H₁₀O₂ có 2 liên kết π nên X phải có liên kết π ở nhánh. Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn. X: CH₂CHCHO; X₁: C₃H₇OH; X₂: CH₂CHCOOH.

Câu 42: Đáp án C

Các chất phản ứng được với dung dịch Br₂ ở điều kiện thường là: phenol, SO₂, isopren, axit metacrylic, vinylaxetat, phenyl amin.

Câu 43: Đáp án A

n_HCl= 0,4(mol); n_Cu(NO3)₂= 0,12(mol)

Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên Cu²⁺ phản ứng hết, tạo thành Cu Ta có: m_Cu = 7,68(g) ⟹ Có 0,5m − 7,68 (g)Fe dư ⟹ m_{Fe phản ứng}= 0,5m + 7,68. 4H⁺ + NO₃⁻ + 3e → 2H₂O + NO ⇒ NO₃⁻ dư ⇒ n_C=³

4^{nH+ = 0,3(mol)} Do có kim loại dư nên sản phẩm tạo thành là Fe²⁺

Bảo toàn e ta có: 2n_Fe2+ = n_e+ 2n_Cu⇒ n_Fe2+ = 0,27(mol) ⇒ 0,5m + 7,68 = 0,27.56 ⇒ m = 14,88(g)

Tuy nhiên nếu ta tính toán lại sẽ thấy đề bài ra không chính xác vì với giá trị m tìm được thì khối lượng Fe dư bằng −0,24 (g) (vô lí).

Câu 44: Đáp án C

Do có 1(g) Cu không tan nên trong dung dịch có Fe²⁺và Cu²⁺ Cu + 2Fe3+ ⟶ 2Fe2+ + Cu2+⟹ n_Fe2+ = 2n_Cu2+

Cho Mg vào thấy thoát ra 0,05 mol H₂ nên axit dư. ⇒ 4 = m_Cu+ m_Fe− m_{Mg phản ứng}= 56x +^x 2^{. 64 −} 2x +^x_{2 . 2 + 0,05.2} 2 ^{. 24 ⇒ x = 0,1(mol)} ⇒ Trong X có m_Cu=^0,1 2 ^{. 64 + 1 = 4,2(g).}

Vậy tổng số mol HCl phản ứng là: 6n_Fe2O3+ 2n_H2 = 0,4 (mol) ⇒ a = 1(M) Câu 45: Đáp án D

Chất C5H8 có thể có 2 liên kết đôi hoặc có 1 liên kết 3. Câu 46: Đáp án B

Sản phẩm thu được có Cu nên chất tan duy nhất là FeSO₄ ⇒ n_Cu= ^a

64^{= y ⇒ a = 64y ⇒ nFe=} a

56^{= z + y ⇒ y = 7z.} Câu 47: Đáp án A

M có p₁ và n₁. X có p₂, n₂. ( lần lượt là số proton, notron của M, X) Trong G có ∶ {^{(2p1+ n1− 2) + (2p2+ n2+ 2 ) = 84}

(2p₁− 2 + 2p₂+ 2) = 28 + (n₁+ n₂) ^{⇔ p1+ p2= n1+ n2= 28} Ta lại có: 2p₁+ 2 + 20 = 2p₁− 2 ⇒ p₁= 20; p₁= 8 ⇒ M là Ca, X là O.

Canxi thuộc chu kì 4, nhóm IIA, ô 20. Câu 48: Đáp án D

Đốt 1 mol X tạo thành 3 mol CO₂ và 1,8 mol H₂O ⇒ X gồm C₃H₄ và C₃H_nO_m. Ta lại có H̅ = 3,6 ⇒ n = 2 ⇒ C₃H₂O

Đặt n_C3H4 = a(mol); n_CHCCHO= b(mol)

Do C₃H₄ tác dụng với AgNO₃ theo tỉ lệ 1 ∶ 1, C₃H₂O tác dụng với AgNO₃ theo tỉ lệ 1 ∶ 3 nên: {^{a + b = 0,1}

a + 3b = 0,14^{⇒ {}

a = 0,08 b = 0,02 Câu 49: Đáp án D

Cho 0,2 mol CO₂ vào dung dịch gồm 0,1 mol Na₂CO₃, 0,15 mol NaOH.

Đầu tiên 0,075 mol CO₂ phản ứng hết với NaOH tạo thành 0,075 mol Na₂CO₃ Còn 0,125 mol CO₂ phản ứng tiếp với 0,125 mol Na₂CO₃ tạo thành NaHCO₃. Dung dịch còn 0,05 mol Na₂CO₃ ⇒ n_BaCO3 = 0,05(mol) ⇒ m = 9,85(g) Câu 50: Đáp án D