Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol este X thu được 6,72 lít khí CO₂ và 5,4 gam H₂O. Công thức phân tử của X là

nNaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,7 —> nO(T) = 1,4

Bảo toàn O —> nCO₂ = 0,35

—> nC(T) = nNa₂CO₃ + nCO₂ = 0,7

—> T có nC = nNa —> T gồm HCOONa (0,3) và (COONa)₂ (0,2)

(Bảo toàn H tính nHCOONa rồi bảo toàn Na tính n(COONa)₂)

Bảo toàn khối lượng —> mE = 47,8

Đốt E tạo nCO₂ = u và nH₂O = v —> u – v = 0,425

mE = 12u + 2v + 1,4.16 = 47,8

—> u = 1,875; v = 1,45

Bảo toàn C —> nC(Ancol) = 1,175

Bảo toàn H —> nH(Ancol) = 3,3

—> nAncol = nH/2 – nC = 0,475

Trong 2 ancol phải có 1 ancol đơn chức; ancol còn lại 2 chức hoặc 3 chức.

TH₁: Ancol gồm AOH (0,25) và B(OH)₂ (0,225) (Bấm hệ nAncol và nO để tính số mol)

nC(Ancol) = 0,25C_A + 0,225C_B = 1,175

—> 10C_A + 9C_B = 47 —> C_A = 2 và C_B = 3 là nghiệm duy nhất.

Ancol gồm C₂H₅OH (0,25) và C₃H₆(OH)₂ (0,225).

X là HCOOC₂H₅: 0,05 mol

Z là HCOO-C₃H₆-OOC-COO-C₂H₅: 0,2 mol

Vì nC₃H₆(OH)₂ > n(COONa)₂ nên Y là (HCOO)₂C₃H₆: 0,025 mol

—> mX = 3,7 gam

(Lưu ý: Tính trước nY = nC₃H₆(OH)₂ – n(COONa)₂, từ đó tính nX và nZ)

TH₂: Ancol gồm AOH (0,3625) và B(OH)₃ (0,1125) (Bấm hệ nAncol và nO để tính số mol)

Loại ngay trường hợp này vì nHCOONa = 0,3 không đủ để kết hợp với nB(OH)₃ = 0,1125.

Chọn D

(a) Sai, số O = 2 + 2 + 4 + 2 – 3 = 7

(b) Sai, bột ngọt (mì chính) có thành phần chính là muối mononatri glutamat.

(c) Đúng

(d) Sai, Val có mạch C phân nhánh, Glu có mạch C không phân nhánh.

(e) Đúng

(f) Sai, C₂H₅NH₃Cl không tác dụng với HCl, có tác dụng với NaOH:

C₂H₅NH₃Cl + NaOH —> C₂H₅NH₂ + NaCl + H₂O

 Chọn B