Chọn C.

Xét thí nghiệm 1:

→ B T : C n C X = 0 , 2 + 0 , 6 = 0 , 8   m o l → B T : H n H X = 1 , 2   m o l                                           → B T : O n O X = 1 , 2   m o l → B T : N a n N a X = 0 , 4   m o l

⇒ X là C₂H₃O₃Na

Xét thí nghiệm 2: (làm tương tự như TN1) Þ Y là C₇H₇ONa

Theo dữ kiện đề bài ta tìm được CTCT của E là HO-CH₂-COO-CH₂-COOC₆H₄CH₃ (o, m, p).

Có tất cả là 3 đồng phân.

Xét chất Y: nCO2 =0,6 mol ; n H2O = 0,6 mol ; n Na2CO3=0,2 mol
=>Y có n C= 0,6 + 0,2 = 0,8 mol n H =1,2 mol ; n Na =0,4 mol
TheoDLBTKL ta có
n O = (39,2 – 0,8.12-1,2-0,4.23)/16=1,2 mol
=> nC : nH : nO : nNa = 2:3:2:1 => Y là CH3COONa
Xét chất Z nCO2 =1,3 mol ; n H2O = 0,7 mol ; n Na2CO3=0,1 mol
=>Y có n C= 1,3 + 0,1 = 1,4 mol n H =1,4 mol ; n Na =0,2 mol
TheoDLBTKL ta có n O = (26 – 1,4.12-1,4-0,2.23)/16=0,2 mol
=> nC : nH : nO : nNa = 7:7:1:1 => Z là C6H5(CH3)ONa
=> X là este của axit acetic và crezol
Do Y có 1CTCT và Z có 3 CTCT nên X có 3CTCT =>C

Đáp án D

Ta có:  n N a O H = 0,2mol

Y tác dụng với Na thu được số mol khí H₂ bằng số mol E nên E có 2 H linh động, hơn nữa X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 nên X sẽ phải có 2 nhóm COO.

Bảo toàn khối lượng:  m x = 6,2 + 19,6 - 0,2.40 = 17,8

→  M x = 178

Ta có: n z = 0 , 2 n  với n là số nhóm - O H → M z = 31 n  

thỏa mãn n = 2 thì Z là HOCH₂CH₂OH.

Vì X mạch hở nên Y là muối axit đơn chức → M Y = 98  thỏa mãn Y là HOCH₂COONa (vì E phải có liên kết hidro).

Suy ra X là HOCH₂COOCH₂CH₂OOCCH₂OH nên nhận định sai là X có khả năng tráng bạc

Đáp án D

Ta có: .

Y tác dụng với Na thu được số mol khí H₂ bằng số mol E nên E có 2 H linh động, hơn nữa X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 nên X sẽ phải có 2 nhóm COO.

Bảo toàn khối lượng: 

Ta có: n z   =   0 , 2 n  với n là số nhóm  thỏa mãn n = 2 thì Z là HOCH₂CH₂OH.

Vì X mạch hở nên Y là muối axit đơn chức → M y   =   98  thỏa mãn Y là HOCH₂COONa (vì E phải có liên kết hidro).

Suy ra X là

HOCH₂COOCH₂CH₂OOCCH₂OH nên nhận định sai là X có khả năng tráng bạc

Chọn D

Đáp án A

Ta có: mDung dịch NaOH = D × V = 60 gam.

∑nNa = 2nNa2CO3 = 0,015 mol ⇒ mNaOH ban đầu = 0,6 gam.

Sơ đồ bài toán ta có:

BTKL ⇒ mA = 59,49 + 1,48 – 60 = 0,97 gam. || và A + NaOH ⇒ 0,09 gam H2O

Khi đốt D ta có sơ đồ:

Bảo toàn nguyên tố ⇒ nC/D = 0,05 mol || nH/D = 0,055 mol

Bảo toàn khối lượng ⇒ nO2 cần để đốt D = 0,0525 mol 

⇒ Bảo toàn nguyên tố O ⇒ nO/D = 0,03 mol

Tiếp tục bảo toàn nguyên tố nC/D = 0,05 mol || nH/A = 0,05 mol và nO/A = 0,02 mol

+ Vậy từ nA = 0,005 mol ⇒ CTPT của A là C10H10O4 (k = 6).

● Nhận thấy 3nA = nNaOH. Nhưng A chỉ có 4 nguyên tử Oxi ⇒ A là este 2 chức trong đó có 1 gốc –COO– đính trực tiếp vào vòng benzen.

+ Với điều kiện MZ < 125 ta thì CTCT của A chỉ có thể là: HCOO–C6H4CH2–OOCCH3

⇒ Z là HO–CH2–C6H4OH với MZ = 124. Đồng thời Z chứa 8 nguyên tử H

Đáp án B