\({n_{C{O_2}}} = 0,4mol;{n_{OH}} = 0,6mol\)

Có: \({n_{C{O_2}}} < {n_{OH}} < 2{n_{C{O_2}}} \Rightarrow \) phản ứng tạo 2 muối

\( \Rightarrow {n_{C{O_3}}} = {n_{OH}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2\,mol < {n_{C{a^{2 + }}}} = 0,3mol\)

→ Sau phản ứng có lượng kết tủa là : 0,2 mol CaCO₃

→ \({m_{CaC{O_3}}} = 20g\)

Khi dùng Ba(OH)₂ thì:

+) (NH₄)₂SO₄: Có kết tủa trắng và sủi bọt khí

\({\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to 2N{H_3} \uparrow  + BaS{O_4} \downarrow  + 2{H_2}O\)

\({K_2}S{O_4} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to 2N{H_3} \uparrow  + Ba{\left( {N{O_3}} \right)_2} + 2{H_2}O\)

+)  NH₄NO₃: có sủi bọt khí

\(2N{H_4}N{O_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to 2N{H_3} \uparrow  + Ba{\left( {N{O_3}} \right)_2} + 2{H_2}O\)

+) KOH: không hiện tượng (không phản ứng với Ba(OH)₂)

Vàng có thể tan trong nước cường toan với thành phần gồm HNO₃ và HCl với tỉ lệ mol tương ứng là 1:3

→ Đáp án D

Quá trình điện phân có thể xảy ra các phản ứng:

Catot (-):        

\(\begin{array}{l}
C{u^{2 + }} + 2e \to Cu\\
2{H_2}O + 2e \to {H_2} + 2O{H^ - }\,\,\left( * \right)
\end{array}\)

Anot(+):     \(2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4e\)

Sau điện phân: \(C{u^{2 + }} + {S^{2 - }} \to CuS \downarrow \) (đen) \( \Rightarrow {n_{C{u^{2 + }}}}\) _dư­  \( = {n_{CuS}} = 0,1\,mol\)

→ Chứng tỏ \(C{u^{2 + }}\) dư → chưa có quá trình (*)

Gọi số mol \(C{u^{2 + }}\)  bị điện phân là x mol \( \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,5x\,mol\)

\( \Rightarrow {m_{dd\,giam}} = {m_{Cu}} + {m_{{O_2}}} = 64x + 32.0,5x = 8g \Rightarrow x = 0,1\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{C{u^{2 + }}\,bd}} = {n_{C{u^{2 + }}\,du}} + {n_{C{u^{2 + }}\,dp}} = 0,2\,mol\)

\( \Rightarrow {C_{M\left( {CuS{O_4}} \right)}} = 1M\)

→ Đáp án D

CO chỉ khử được oxit của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa

→ Đáp án D

Dung dịch sau điện phân có  \(pH = 2 \Rightarrow \) có H⁺

Vậy các quá trình diễn ra khi điện phân là:

Catot(-):    \(A{g^ + } + 1e \to Ag\)

Anot(+):    \(2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4e\)

\({C_{M\left( {{H^ + }} \right)}} = {10^{ - pH}} = 0,01M \Rightarrow {n_{{H^ + }}} = 0,002\,mol\)

Bảo toàn e: \({n_{Ag}} = {n_{{H^ + }}} = 0,002\,mol\)

\( \Rightarrow {m_{Ag}} = 0,216\,g\)

→ Đáp án C

Khi dùng NaOH thì:

Al(NO₃)₂: có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan ra

\(\begin{array}{l}
Al{\left( {N{O_3}} \right)_2} + 3NaOH \to Al{\left( {OH} \right)_3} + 3NaN{O_3}\\
Al{\left( {OH} \right)_3} + NaOH \to NaAl{O_2} + 2{H_2}O
\end{array}\)

NaNO₃: Không có hiện tượng gì (không có phản ứng)

Mg(NO₃)₂: có kết tủa trắng

\(Mg{\left( {N{O_3}} \right)_2} + 2NaOH \to Mg{\left( {OH} \right)_2} + 2NaN{O_3}\)

H₂SO₄: không có hiện tượng gì (có phản ứng)

Với 2 chất NaNO₃ và H₂SO₄. Sau khi đã thu được kết tủa trắng từ bình Mg(NO₃)₂

Nhỏ 2 chất trên vào kết tủa nếu kết tủa tan thì là H₂SO₄.

\(Mg{\left( {OH} \right)_2} + {H_2}S{O_4} \to MgS{O_4} + 2{H_2}O\)

→ Đáp án B

Nguyên liệu chính dùng để sản xuất nhôm là quặng boxit.     

Đáp án B

Các nguyên tử thuộc nhóm IIA có cấu hình electron lớp ngoài cùng là \(n{{\rm{s}}^2}\)

Đáp án B

\(\begin{array}{l}
{n_{Fe}} = 0,15\,mol;\,{n_{AgN{O_3}}} = 0,39\,mol\\
Fe + 2AgN{O_3} \to Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} + 2Ag\\
0,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15\\
Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} + AgN{O_3} \to Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + Ag\\
0,09\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,09\\
 \Rightarrow {n_{Ag}} = 0,39\,mol\\
 \Rightarrow {m_{Ag}} = 42,12g
\end{array}\)

→ Đáp án B

Các phản ứng

\(\begin{array}{l}
Fe + \frac{3}{2}C{l_2} \to FeC{l_3}\\
2FeC{l_3} + Fe \to 3FeC{l_2}\\
2FeC{l_3} + Cu \to 2FeC{l_2} + CuC{l_2}\\
FeC{l_2} + HN{O_3} \to Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + FeC{l_3} + {H_2}O + {N_x}{O_y}\\
FeC{l_2} + 3AgN{O_3} \to Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + 2AgCl + Ag
\end{array}\)

→ Đáp án D

SO₂ mới có thể làm mất màu nước Brom theo phản ứng:

\(S{O_2} + B{r_2} + 2{H_2}O \to {H_2}S{O_4} + 2HBr\)

→ Đáp án C

Trong X có: n_Fe = 0,15 mol (chỉ có Fe phản ứng với HCl)

\(\begin{array}{l}
Fe + 2HCl \to FeC{l_2} + {H_2}\\
 \Rightarrow {n_{{H_2}}} = 0,15\,\,mol \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 3,36\,lit
\end{array}\)

→ Đáp án B

Với quì tím ẩm:

NH₃: làm quì tím ẩm hóa xanh

Cl₂: làm quì tím ẩm hóa đỏ sau đó mất màu

→ Đáp án B

\(\begin{array}{l}
FeC{l_2} + 2NaOH \to Fe{\left( {OH} \right)_2} + 2NaCl\\
CrC{l_3} + 3NaOH \to Cr{\left( {OH} \right)_3} + 3NaCl\\
Cr{\left( {OH} \right)_3} + NaOH \to NaCr{O_2} + 2{H_2}O
\end{array}\)

Chỉ thu được kết tủa \(Fe{\left( {OH} \right)_2}\) . Sau đó nung lên:

\(\begin{array}{l}
Fe{\left( {OH} \right)_2} + \frac{1}{4}{O_2} + \frac{1}{2}{H_2}O \to Fe{\left( {OH} \right)_3}\\
2Fe{\left( {OH} \right)_3} \to F{e_2}{O_3} + 3{H_2}O
\end{array}\)

→ Đáp án A

Bảo toàn e: \(3.{n_{Fe}} = 3.{n_{NO}} \to {n_{NO}} = 0,1\,mol\)

\( \Rightarrow {V_{NO}} = 2,24\,lit\)

→ Đáp án A

Các kim loại đứng trước Cu đều có thể đẩy  ra khỏi muối của nó.

→ Đáp án D

Cấu hình electron được viết đúng là \(_{26}F{e^{3 + }}\left( {Ar} \right)3{d^5}\)

Đáp án B

Trong một pin điện hóa, Anot(-) xảy ra sự oxi hóa

Đề Fe bị ăn mòn trướcc thì Fe phải là Anot(-) [có thế điện cực âm hơn hay tính khử mạnh hơn]→ Đáp án B

Các kim loại đứng trước Pb đều có thể đẩy  ra khỏi muối của nó.

Đó là: Ni, Fe, Zn

→ Đáp án B

Metylamin(CH₃NH₂) là một chất có tính bazo mạnh

→ Đáp án C

Trong một pin điện hóa, Anot(-) xả ra sự oxi hóa

Để Zn bị ăn mòn trước thì Zn phải là Anot(-) [có thế điện cực âm hơn hay tính khử mạnh hơn]→ Đáp án D

Loại nước cứng khi đun sôi thì mất tính cứng → Nước cứng tạm thời

Chỉ có \(C{a^{2 + }};M{g^{2 + }};HCO_3^ - \)

→ Đáp án C

(a)

\(\begin{array}{l}
Na + {H_2}O \to NaOH + \frac{1}{2}{H_2}\\
2NaOH + CuS{O_4} \to Cu{\left( {OH} \right)_2} \downarrow  + N{a_2}S{O_4}
\end{array}\)

(b) \(C{O_2} + Ca{\left( {OH} \right)_2} \to Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2}\)

(c) \(\begin{array}{l}
6NaOH + A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \to 3N{a_2}S{O_4} + 2Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \\
Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow  + NaOH \to NaAl{O_2} + 2{H_2}O
\end{array}\)    

(d) \(3NaOH + FeC{l_3} \to Fe{\left( {OH} \right)_3} \downarrow  + 3NaCl\)

Chỉ có (a) và (d)

→ Đáp án D

Chất không có khả năng hòa tan được Cu(OH)₂ là phenol.

Đáp án D

Tripeptit là hợp chất mà phân tử có hai liên kết peptit, ba gốc α-aminoaxit.

Trong hạt nhân nguyên tử, hạt mang điện là proton.

Xenlulozo có thể được viết dưới dạng [C₆H₇O₂(OH)₃]n.

Polime được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng là nilon-6,6.

Đáp án A

\(\begin{array}{l}
HCOO{C_2}{H_5} + KOH \to HCOOK + {C_2}{H_5}OH\\
0,04mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,04mol
\end{array}\)

→ m_muối = 3,36g

→ Đáp án A

Khi đốt cháy anken thì \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = a\,mol\)

m _{I tăng} = m_H2O ; m_{II tăng} = m_CO2

\( \Rightarrow {m_{II}} - {m_I} = 44a - 18a = 39g \Rightarrow a = 1,5\,mol\)

\({n_{anken}} = 0,4\,mol \Rightarrow \) Số C trung bình = 3,75

→ 2 anken là C₃H₆ và C₄H₈ với số mol lần lượt là x và y

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow x + y = 0,4;\,{n_{C{O_2}}} = 3x + 4y = 1,5\\
 \Rightarrow x = 0,1;y = 0,3\\
 \Rightarrow \% {V_Y} = 75\% 
\end{array}\)

→ Đáp án B

X + H₂O dư không thấy có kết tủa → Al và Al₂O₃ tan kết

\(\begin{array}{l}
Na + {H_2}O \to NaOH + \frac{1}{2}{H_2}\\
NaOH + Al + {H_2}O \to NaAl{O_2} + \frac{3}{2}{H_2}\\
2NaOH + A{l_2}{O_3} \to 2NaAl{O_2} + {H_2}O
\end{array}\)

Khi thêm HCl, có thể có:

\(\begin{array}{l}
NaOH + HCl \to NaC{l_2} + {H_2}O\\
NaAl{O_2} + HCl + {H_2}O \to Al{\left( {OH} \right)_3} + NaCl\\
Al{\left( {OH} \right)_3} + 3HCl \to AlC{l_3} + 3{H_2}O
\end{array}\)

Đổ thêm 0,07 mol HCl thì chỉ làm tan 0,01 mol kết tủa

→ chứng tỏ khi thêm 0,06 mol HCl thì NaAlO­₂ vẫn còn dư

Gọi số mol NaOH dư = a; số mol NaAlO₂ vẫn còn dư

\({n_{HCl}} = 0,06\,mol;\,{n_{HCl + Al{O_2}}} = 0,06 - a\left( {mol} \right) < b \Rightarrow \left( {a + b} \right) > 0,06\,mol\)

→ n_{kết tủa}  \( = 0,06 - a\,\left( {mol} \right) = m/78\)

\({n_{HCl}} = 0,13\,mol \Rightarrow {n_{HCl}} = 4{n_{NaAl{O_2}}} - 3{n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} + {n_{NaOH}}\) _dư

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow 0,13 = 4b - 3.\left[ {\left( {0,06 - a} \right) - 0,01} \right] + a\\
 \Rightarrow 0,28 = 4b + 4a\\
 \Rightarrow a + b = 0,07\,mol = {n_{Na}}\left( X \right)\\
 \Rightarrow \% {m_{Na\left( X \right)}} = 41,07\% 
\end{array}\)

→ Đáp án B

Các trường hợp có kết tủa là: (1), (2), (3), (4), (5), (6), (8)

→ Đáp án D

\(\begin{array}{l}
F{e_3}{O_4} + 8HCl \to FeC{l_2} + 2FeC{l_3} + 4{H_2}O\\
x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x\\
Cu + 2FeC{l_3} \to CuC{l_2} + 2FeC{l_2}\\
x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x
\end{array}\)

Chất rắn còn lại chắc chắn là Cu

→ m_{phản ứng} \( = 232x + 64x = 50 - 20,4\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow x = 0,1\,mol\\
 \Rightarrow {m_{Cu\left( X \right)}} = 50 - 232.0,1 = 26,8g\\
 \Rightarrow m{\% _{Cu\left( X \right)}} = 53,6\% 
\end{array}\)

→ Đáp án B

Số mol C₃H₈ và C₂H₆O₂ bằng nhau

→ Qui về C₃H₈O và C₂H₆O

Các chất trong X đều có dạng \({C_n}{H_{2n + 2}}O\)

Bảo toàn khối lượng: \({m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = \) m_{bình tăng­}

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,348\\
{C_n}{H_{2n + 2}}O + 1,5n{O_2} \to nC{O_2} + \left( {n + 1} \right){H_2}O\\
0,348\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,232\\
 \Rightarrow {n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,232\,mol\\
 \Rightarrow m = 45,704\,g
\end{array}\)

Đáp án D

Qui hỗn hợp đầu về: Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu

X + HCl dư và không có kết tủa sau đó → Cu phản ứng hết

\(2FeC{l_3} + Cu \to 2FeC{l_2} + CuC{l_2}\)

Y gồm 0,08 mol FeCl₃; (x + 2y) mol FeCl₂; y mol CuCl₂; HCl

\( \Rightarrow \left( {0,08.3 + 2x + 2y} \right) < 0,9\)

Hỗn hợp đầu gồm: (0,04 + y) mol Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu

\( \Rightarrow 27,2 = 160.\left( {0,04 + y} \right) + 72x + 64y\,\,{\,^{\left( 1 \right)}}\)

Khi điện phân:

Catot(-): thứ tự có thể xảy ra

\(\begin{array}{l}
F{e^{3 + }} + 1e \to F{e^{2 + }}\\
C{u^{2 + }} + 2e \to Cu\\
2{H^ + } + 2e \to {H_2}\left( * \right)\\
F{e^{2 + }} + 2e \to Fe
\end{array}\)

Anot(+): \(2C{l^ - } \to C{l_2} + 2e\) 

Vì ngừng điện phân khi catot có khí → dừng trước quá trình (*)

Bảo toàn e: \({n_{C{l_2}}} = \frac{1}{2}\left( {0,08 + 2y} \right) = 0,04 + y\,\left( {mol} \right)\)

→ m_giảm  \( = {m_{Cu}} + {m_{C{l_2}}} = y.64 + \left( {0,04 + y} \right).71 = 13,64g\) \( \Rightarrow y = 0,08\,mol\)

Từ \(\left( 1 \right) \Rightarrow x = 0,04\,mol\)

→ Sau điện phân còn: n_{HCl dư} = 0,1 mol; \({n_{F{\rm{e}}C{l_2}}} = 0,16 + 0,04 + 0,08 = 0,28\,mol\)

\(\begin{array}{l}
3F{{\rm{e}}^{2 + }} + 4{H^ + } + NO_3^ -  \to 3F{{\rm{e}}^{3 + }} + NO + 2{H_2}O\\
0,075\,\,\,\,\,\,0,1\\
F{{\rm{e}}^{2 + }} + A{g^ + } \to F{{\rm{e}}^{3 + }} + Ag\\
A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl
\end{array}\)

→ Kết tủa gồm: 0,205 mol Ag; 0,66 mol AgCl

\( \Rightarrow m = 116,85g\)

→ Đáp án A

T có \({M_T} = 32 \Rightarrow C{H_3}OH\)

Z gồm CH₃OH và H₂O

E gồm: a mol \(X\left( {{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}} \right)\) và b mol \(Y\left( {{C_m}{H_{2m - 4}}{O_4}} \right)\) đều có 1 C=C \(\left[ {n > 4;m > 4} \right]\)

Đốt cháy:

\(\begin{array}{l} {C_n}{H_{2n - 2}}{O_2} + {O_2} \to nC{O_2} + \left( {n - 1} \right){H_2}O\\ {C_m}{H_{2m - 4}}{O_4} + {O_2} \to mC{O_2} + \left( {m - 2} \right){H_2}O \end{array}\)

Khi phản ứng với NaOH

\({C_n}{H_{2n - 2}}{O_2} + NaOH \to \)  muối + ancol

\({C_m}{H_{2m - 4}}{O_4} + 2NaOH \to \) Muối + H₂O

→ Ta thấy: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_X} + 2{n_Y} = {n_{NaOH}} = {n_{COO}} = 0,11\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố: \({m_E} = {m_C} + {m_H} + {m_O} = 9,32g\)

→ Với 46,6g E thì n_{NaOH pứ} = 0,55 mol → n_{NaOH dư}  0,05 mol

→ \({m_{b\`i nh{\rm{ }}tng}} + {m_{{H_2}}} = {m_{C{H_3}OH}} + {m_{{H_2}O}} = 188,85 + 2.0,275 = 189,4g\)

\({H_2}O + Na \to NaOH + \frac{1}{2}{H_2}\)

\(C{H_3}OH + Na \to C{H_3}ONa + \frac{1}{2}{H_2}\)

(Na sẽ thiếu)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_{dd NaOH} = m_rắn + m_Z  → m_rắn  = 57,2g

\(\begin{array}{l}
{m_Z} = {m_{{H_2}O\,\left( {dd\,NaOH} \right)}} + {m_{{H_2}O\,\left( {Pu\,voi\,axit} \right)}} + {m_{C{H_3}OH}}\\
 \Rightarrow {m_{{H_2}O\left( {Pu\,voi\,axit} \right)\,}} + {m_{C{H_3}OH}} = 13,4g\\
{n_{NaOH\,pu}} = {n_{{H_2}O}} + {n_{C{H_3}OH}} = 0,55\,mol\\
 \Rightarrow {m_{{H_2}O\left( {axit} \right)}} = 0,3 \Rightarrow {n_{axit\,Y}} = 0,15mol;\,{n_{C{H_3}OH}} = {n_X} = 0,25\,mol\\
46,6g = {m_E} = 0,25.\left( {14n + 30} \right) + 0,15.\left( {14m + 60} \right)\\
 \Rightarrow 5n + 3m = 43\\
 \Rightarrow m = 5;m = 6
\end{array}\)

thỏa mãn

Y là \({C_6}{H_8}{O_4} \Rightarrow \% {m_{Y\left( E \right)}} = 46,35\% \)

→ Đáp án D

Trong không khí có: \({n_{{O_2}}} = 0,525\,mol;{n_{{N_2}}} = 2,1\,mol\)

n_{N2 sau phản ứng}  = 2,2 mol → n_{tạo ra} = 0,1 mol

Hỗn hợp 2 amin no đơn chức đồng đẳng kế tiếp có công thức chung là:

\(\begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N + \left( {1,5n - 0,75} \right){O_2} \to nC{O_2} + \left( {n + 0,5} \right){H_2}O + 0,5{N_2}\\
0,525mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,1mol
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow 0,525.0,5 = 0,1.\left( {1,5n - 0,75} \right)\\
 \Rightarrow n = 2,25
\end{array}\)

→ 2 amino axit là H₂NCH₂COOH(Gly) và CH₃CH(NH₂)-COOH(Ala) với số mol lần lượt là x

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow x + y = 2{n_{{N_2}}} = 0,2\,mol\\
{n_{{O_2}}} = 2,25x + 3,75y = 0,525\\
 \Rightarrow x = 0,15;y = 0,05\,mol\\
 \Rightarrow x:y = 3:1
\end{array}\)

Vậy tetrapeptit có 3Gly và 1Ala

→ Số peptit thỏa mãn là: 4

→ Đáp án C

X gồm: CH₄, C₂H₆O; C₃H₈O₃; C_nH_2nO₂

\({n_{C{H_4}}} = 2{n_{{C_3}{H_8}{O_3}}}\) → Qui về CH₄O; C₃H₈O

\({n_{C{O_2}}} = 0,31\,mol;\,{n_{{O_2}}} = 0,305\,mol\)

Coi hỗn hợp gồm:

\({C_m}{H_{2m + 2}}O:\,c\,mol;\,\,{C_n}{H_{2n}}{O_2}:b\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = {n_{C{O_2}}} + {n_{ancol}} = 0,31 + c\)

Bảo toàn O: \({n_{O\left( X \right)}} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow c + 2b + 0,305.2 = 0,31.2 + 0,31 + c\\
 \Rightarrow b = 0,16\,mol\\
 \Rightarrow {n_X} > 0,16\,mol
\end{array}\)

Số C trung bình \( < {n_{C{O_2}}}/b = 1,9375\)

→ axit có 1 C (hỗn hợp ancol có \({C_1}:{C_2}:{C_3}\) )

\( \Rightarrow HCOOH,{n_{NaOH}} = 0,2\,mol\)

→ chất rắn gồm: 0,16 mol HCOONa; 0,14 mol NaOH dư

\( \Rightarrow a = 12,48g\)

→ Đáp án C

Qui hỗn hợp X về Al; Fe; O \( \Rightarrow {n_O} = 0,15\,mol\)

\(\begin{array}{l}
{n_{HN{O_3}}} = 0,6275\,mol\\
{n_{NO}} = {n_{{N_2}}} = 0,01\,mol
\end{array}\)

Có \({n_{HN{O_3}}} = 2{n_O} + 4{n_{NO}} + 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,01675\,mol\\
 \Rightarrow {n_{N{O_3}\,muoi\,KL}} = 2{n_O} + 3{n_{NO}} + 10{n_{{N_2}}} + 8{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,564\,mol
\end{array}\)

→ m_muối = m_KL + m_{NO3 muối KL} + \({m_{N{H_4}N{O_3}}}\)  = 46,888g

→ Đáp án C