Đáp án C

Thành phần chính của đạm urê là (NH₂)₂CO

Đáp án A

+ Tơ axetat, tơ visco thuộc loại tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo).

+ Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên.

+ Tơ nilon-6,6 được điều chế từ phản ứng trùng ngưng, thuộc loại tơ tổng hợp.

Đáp án C

+ C₆H₅OH, H₂NCH₂COOH không làm quỳ tím đổi màu.

+ (CH₃)₂NH làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

+ CH₃COOH làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

Đáp án A

+ Al, Fe, Cr thụ động trong H₂SO₄ đặc nguội → không xảy ra phản ứng.

+ Cu + 2H₂SO_{4 (đặc, nguội)}  →CuSO₄ + SO₂  + 2H₂O.

Glucozo không tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit

Đáp án D

Phương pháp nhiệt luyện ứng dụng điều chế các kim loại sau Al  Loại A, B, C.

Ở nhiệt độ cao CO và H₂ khử được các oxit của kim loại sau Al

Với CO: 

+ Tổng quát: \({M_x}{O_y} + yCO \to xM + yC{O_2}\)

m_{CR giảm} = m_{O (oxit pư)}; n_{O (oxit pư)} = n_{CO pư} = n_CO2

b) Với H₂:

+ Tổng quát: \({M_x}{O_y} + y{H_2} \to xM + y{H_2}O\)

m_{CR giảm} = m_{O (oxit pư)}; n_{O (oxit pư)} = nH_2 pư = n_H2O

c) Với hỗn hợp CO, H₂:

→ m_{CR giảm} = m_{O (oxit pư)}; n_{O (oxit pư)} = (n_{CO pư} + nH_2  pư) = ( nCO2 + nH2O )

Đáp án B

Nước cứng tạm thời chứa các ion Mg²⁺, Ca²⁺, HCO , nên có thể dùng NaOH để làm mềm:

\(HCO_3^ -  + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O;\left\{ \begin{array}{l}
M{g^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to MgC{O_3} \downarrow \\
C{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to CaC{O_3} \downarrow 
\end{array} \right.\)

Đáp án B

+ Fe(OH)₃ là sắt (III) hiđroxit → Loại A.

+ Fe₃O₄ là oxit sắt từ → B đúng.

+ Fe₂O₃ là sắt (III) oxit → Loại C.

+ Fe(OH)­₂ là sắt (II) hiđroxit → Loại D.

Đáp án B

Công thức của tripanmitin là (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅

Đáp án B

- Các dung dịch NaOH, HCl, H₂SO₄ đều hòa tan được Cr(OH)₃;

\(Cr{(OH)_3} + NaOH \to NaCr{O_2} + 2{H_2}O;\)

\(Cr{(OH)_3} + 3HCl \to CrC{l_3} + 3{H_2}O;\)

\(2Cr{(OH)_3} + 3{H_2}S{O_4} \to C{r_2}{(S{O_4})_3} + 6{H_2}O.\)

- Cr(OH)₃ không tác dụng với K₂SO₄, nên dung dịch K₂SO₄ không hòa tan được Cr(OH)₃.

Đáp án B

Ở trạng thái rắn, CO₂ được gọi là nước đá khô

Đáp án C

+ Các dung dịch HCl, NaOH, FeSO_4­ đều hòa tan được Al:

\(\begin{array}{l}
2Al + 6HCl \to 2AlC{l_3} + 3{H_2} \uparrow \\
2Al + 2NaOH + 2{H_2}O \to 2NaAl{O_2} + 3{H_2} \uparrow \\
2Al + 3FeS{O_4} \to A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + 3Fe \downarrow 
\end{array}\)

Đáp án C

\(Ca{(HC{O_3})_2} \to CaO + 2C{O_2} \uparrow  + {H_2}O\)

\( \to {n_{C{O_2}}} = 2{n_{Ca{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = 2.\frac{{16,2}}{{162}} = 0,2mol \to V = 4,48\) lít

Đáp án D

A sai vì: Cao su lưu hóa có cấu trúc mạch mạng không gian.

B sai vì: Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.

C sai vì tơ olon thuộc loại tơ tổng hợp.

D đúng: Tơ nilon-6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng axit ađipic với hexametylenđiamin.

Lưu ý: Đặc điểm về cấu trúc của polime

- Mạch không phân nhánh: amilozơ, PE,...

- Mạch phân nhánh: amilopectin, glicogen ...

- Mạch mạng không gian: nhựa bakelít, cao su lưu hóa, nhựa rezit ...

Đáp án C

C sai vì: Cho hồ tinh bột vào dung dịch I₂ thấy xuất hiện màu xanh tím

Đáp án A

A sai vì: Anilin là chất lỏng không tan trong nước, tách lớp với nước.

B đúng vì: dung dịch protein (là polipeptit) có phản ứng màu biure.

C đúng vì: Gly-Ala-Ala H-C₂H₃NO-C₃H₅NO-C₃H₅NO-OH, phân tử có 4 nguyên tử O.

D đúng vì: Lysin có 2 nhóm –NH₂, có 2 nguyên tử N.

Đáp án D

Áp dụng quy tắc \(\alpha \) vào phản ứng trên ta có:

Tính khử của Fe > Cu → Fe là chất khử ( Sự oxi hóa Fe)

Tính oxi hóa Cu²⁺ > Fe²⁺ → Cu²⁺ là chất oxi hóa ( Sự khử Cu²⁺)

Đáp án D

A sai vì: \(Fe + {H_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + {H_2} \uparrow \)

B sai vì: \(\left\{ \begin{array}{l}
Fe + 4HN{O_3} \to Fe{(N{O_3})_3} + NO + 2{H_2}O\\
F{e_{du}} + 2Fe{(N{O_3})_3} \to 3Fe{(N{O_3})_2}
\end{array} \right.\)

C sai vì: \(FeO + 2HCl \to FeC{l_2} + {H_2} \uparrow \)

D đúng vì: \(2Fe + 3C{l_2} \to 2FeC{l_3}\), ở trạng thái rắn Fe dư và FeCl₃ không phản ứng với nhau  chất rắn thu được gồm Fe dư và FeCl₃

Các phương trình ion rút gọn của các phản ứng là:

(1) \(B{a^{2 + }} + 2O{H^ - } + 2{H^ + } + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4} \downarrow  + 2{H_2}O\)

(2) \(HCO_3^ -  + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\)

(3) \(Fe{(OH)_2} + 2H{}^ +  \to F{e^{2 + }} + 2{H_2}O\)

(4) \({H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O\)

Đáp án B

Anđehit axetic có công thức là CH₃CHO

A sai vì: \(C{H_2} = CHCOOC{H_3} + NaOH \to C{H_2} = CHCOONa + C{H_3}OH\)

B đúng vì: \(HCOOCH = C{H_2} + NaOH \to HCOONa + C{H_3}CHO;\)

C \(C{H_3}COO{C_3}{H_7} + NaOH \to C{H_3}COONa + {C_3}{H_7}OH\)

D sai vì: \({(C{H_3}COO)_2}{C_2}{H_4} + 2NaOH \to 2C{H_3}COONa + {C_2}H{}_4{(OH)_2}\)

Đáp án B

\( \to 3{n_{Fe}} = 3{n_{NO}} \to {n_{Fe}} = {n_{NO}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2mol \to {m_{Fe}} = 56.0,2 = 11,2gam\)

Đáp án D

Chất X có phản ứng tráng Ag  → X là anđehit fomic

\({n_{{H_2}NC{H_2}COOH}} = \frac{9}{{75}} = 0,12mol;{n_{C{H_3}COO{C_2}{H_5}}} = \frac{{4,4}}{{88}} = 0,05mol\)

\( \to m\,\,gam\left\{ \begin{array}{l}
{H_2}NC{H_2}COONa:0,12mol\\
C{H_3}COONa:0,05mol\\
NaOH\,\,du:0,03mol
\end{array} \right. \to m = 97.0,12 + 82.0,05 + 40.0,03 = 16,94gam\)

Đáp án C

m_{tinh bột (pư)} = \(\frac{{81.75}}{{100}} = 60,75gam \to \)  n_{tinh bột (pư)} = \(\frac{{60,75}}{{162}} = 0,375mol\)

\({C_6}{H_{10}}{O_5} \to 2{C_2}{H_5}OH + 2C{O_2}\)

\( \to {n_{CaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,75mol \to m = 100.0,75 = 75gam\)

Đáp án B

(1) đúng vì: tạo kết tủa bám vào sợi vải làm cho sợi vải nhanh mục nát.

(2) đúng vì: trong quả chuối xanh có tinh bột làm xanh dung dịch I₂.

(3) sai vì: glucozơ và fructozơ đều có phản ứng tráng bạc.

(4) đúng

(5) đúng vì: nilon-6,6 có chứa liên kết –CO-NH- kém bền trong môi trường kiềm hoặc môi trường axit.

Đáp án D

- Thí nghiệm 1: \({n_{NaOH}} = 0,21.2 = 0,42{\rm{ }}mol\)

\(NaOH(0,42mol) + X \to \) sản phẩm \(\left| \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
N{a^ + }:0,42\\
SO_4^{2 - }:0,3\\
A{l^{3 + }}:0,06(BTDT)
\end{array} \right.\\
 \downarrow Al{(OH)_3}:(2a + 1,56)gam
\end{array} \right.\)

- Thí nghiệm 2: \({n_{NaOH}} = 0,36.2 = 0,72mol\)

\(NaOH(0,72mol) + X \to \) sản phẩm \(\left| \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
N{a^ + }:0,72\\
SO_4^{2 - }:0,3\\
AlO_2^ - :0,12(BTDT)
\end{array} \right.\\
 \downarrow Al{(OH)_3}:a\,\,gam
\end{array} \right.\)

\( \to 0,06 + \frac{{\left( {2a + 1,56} \right)}}{{78}} = 0,12 + \frac{a}{{78}} \to a = 3,12gam \to {n_{Al}} = 0,12 + \frac{{3,12}}{{78}} = 0,16\)

\( \to m = 27.0,16 = 4,32gam\)

Đáp án D

\(0,5mol\,\,X\left\{ \begin{array}{l}
{H_2}O:c\\
C{O_2}:(a + b - 0,45)
\end{array} \right. \to 0,95\,mol\,\,\,Y\left\{ \begin{array}{l}
CO:a\\
C{O_2}:b\\
{H_2}:c
\end{array} \right. \to \left| \begin{array}{l}
Ba{(HC{O_3})_2}\\
 \downarrow BaC{O_3}
\end{array} \right.\)

\( \to {n_C} = {n_Y} - {n_X} = 0,95 - 0,5 = 0,45mol\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_Y} = a + b + c = 0,95\\
 \to c + 2\left( {a + b - 0,45} \right) = a + 2b \to a + c = 0,9
\end{array} \right. \to b = 0,95 - 0,9 = 0,05mol\)

\( \to {n_{BaC{O_3}}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2 - 0,05 = 0,15mol \to m = 197.0,15 = 29,55gam\)

Đáp án A

(1)  \(\left\{ \begin{array}{l}
C{O_2} + Ca{(OH)_2} \to CaC{O_3} \downarrow  + {H_2}O\\
C{O_{2(du)}} + {H_2}O + CaC{O_3} \to Ca{(HC{O_3})_{2(du)}}
\end{array} \right. \to \) dung dịch thu được chứa 1 muối.

(2) \(\left| \begin{array}{l}
2NaHC{O_3} \to N{a_2}C{O_3} + C{O_2} \uparrow  + {H_2}O;N{a_2}C{O_3} + CaC{l_2} \to 2NaCl + CaC{O_3} \downarrow \\
\,\,\,\,1\,\,mol \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,5\,mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,5 \to \,\,\,\,\,\,\,0,5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1
\end{array} \right.\)

→ Dung dịch thu được gồm 2 muối \(\left\{ \begin{array}{l}
NaCl:1\,\,mol\\
CaC{l_2}:0,5\,\,mol
\end{array} \right.\)

(3) \(\left| \begin{array}{l}
N{a_2}O + {H_2}O \to 2NaOH;A{l_2}{O_3} + 2NaOH \to 2NaAl{O_2} + {H_2}O\\
1\,\,mol \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\,\,mol\,\,\,\,\,\,\,1\,\,mol \to \,\,\,\,2\,\,mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\,\,mol
\end{array} \right.\)

→ Dung dịch thu được chứa 1 muối NaAlO₂

(4) \(\left\{ \begin{array}{l}
HCl + N{a_2}C{O_3} \to NaHC{O_3}\\
HC{l_{(du)}} + NaHC{O_3} \to NaCl + C{O_2} \uparrow  + {H_2}O
\end{array} \right. \to \)  dung dịch thu được chứa 1 muối.

→ Có 1 thí nghiệm, dung dịch sau phản ứng chứa 2 muối

Đáp án A

+ Thủy phân hoàn toàn X thu được glixerol và hỗn hợp 2 axit C₁₇H₃₃COOH và C₁₇H₃₁COOH

→ Số nguyên tử C trong X = 18.3 + 3 = 57 nguyên tử C

→ Số nguyên tử O trong X = 2.3 = 6 nguyên tử O

+ Bài hỏi thể tích của dung dịch Br₂ ta đi tìm số liên kết Pi trong X → ta cần xác định thêm số nguyên tử H trong X trước.

Đặt công thức của X là C₅₇H_yO₆

\(\begin{array}{l}
{C_{57}}{H_y}{O_6} + \left( {54 + \frac{y}{4}} \right){O_2} \to 57C{O_2} + \frac{y}{2}{H_2}O\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2,385\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1,71
\end{array}\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
1,71\left( {54 + \frac{y}{4}} \right) = 57.2,385 \to y = 102\\
{n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{57}} = 0,03mol
\end{array} \right.\)

 Số liên kết pi trong \(X = \frac{{2.57 + 2 - 102}}{2} = 7 = 3{\pi _{COO}} + 4{\pi _{C = C}}\)

\( \to {n_{B{r_2}}} = 4{n_X} = 4.0,03 = 0,12mol \to V = \frac{{0,12}}{1} = 0,12\) lít = 120 ml

(a) CaCO₃ → CaO + CO₂

        (X)                 (Y)

(b)  CaO + H₂O → Ca(OH)₂

       (Y)                    (Z)

(c) NaHCO₃ + Ca(OH)₂ →  NaOH + ­CaCO₃↓ + H₂O

       (T)                 (Z)              (R)          (X)         

(d) 2NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃↓ + 2H₂O

     (T)                   (Z)              (Q)            (X)

Vậy Q, R thỏa mãn là Na₂CO₃, NaOH.

CH₃CHO: x mol và C₂H₂: y mol

Ta có: 44x+ 26y = 6,03 x 0,075 và 216x + 240y = 41,4

→ x = 0,075  và y = 0,105

Khi cho kết tủa tác dụng với HCl thì thu được:  m = 46,335 gam

Độ bất bão hòa của phân tử X: k = (2C + 2 - H)/2 = (2.7 + 2 - 10)/2 = 3

→ X là este hai chức và có 1 liên kết C=C

- Từ (3) suy ra X₁ muối natri của axit hữu cơ

- Từ (2) suy ra X₂ có cùng số C với X₃

→ X là C₂H₅OOC-CH₂-COOCH=CH₂

Các PTHH:

(1) C₂H₅OOC-CH₂-COOCH=CH₂ (X) + 2NaOH → NaOOC-CH₂-COONa (X₁) + CH₃CHO (X₂) + C₂H₅OH (X₃)

(2) CH₃CHO (X₂) + H₂ → C₂H₅OH (X₃)

(3) NaOOC-CH₂-COONa (X₁) + H₂SO₄ → HOOC-CH₂-COOH (Y) + Na₂SO₄

(4) 2C₂H₄ + O₂ → 2CH₃CHO

A. Đun nóng X₃ với H₂SO₄ đặc (170°C), thu được chất Z

→ đúng, đun nóng C₂H₅OH với H₂SO₄ đặc (170°C), thu được C₂H₄.

B. Trong Y có số nguyên tử cacbon bằng số nguyên tử hiđro

→ Sai, Y có CTPT là C₃H₄O₄

C. X có mạch cacbon không phân nhánh

→ Đúng

D. X₃ có nhiệt độ sao cao hơn X₂

→ Đúng, X₃ có liên kết H nên có nhiệt độ sôi cao hơn X₂

Đáp án B

nCH₃OH = 3,68 : 32 = 0,115 (mol)

→ nEsste X = nCH₃OH = 0,115 (mol)

→ MX = 10,12 : 0,115 = 88 (g/mol)

→ CTPT X: C₄H₈O₂ → CTCT: C₂H₅COOCH₃

X là NH₂-CH₂-COONH₄ (x mol)

Y là Gly-Gly-Ala (y mol) → 92x + 203y = 41,49 (1)

nHCl = 0,7 và nNaOH = 1,27

nNaOH = x + 3y + 0,7 = 1,27 (2)

(1)(2) → x = 0,12 và y = 0,15

Muối gồm GlyNa (x + 2y), AlaNa (y), NaCl (0,7)

→ m muối = 98,34

Ta có : m_O = m_X – m_Fe = 1,12g

→ Qui hỗn hợp X thành : 0,075 mol Fe và 0,07 mol O

Giả sử Fe bị oxi hóa thành x mol Fe²⁺ và y mol Fe³⁺

→ bảo toàn e : 2x + 3y = 2n_O + 3n_NO = 0,2 mol

Và n_Fe = x + y = 0,075 mol

→ x = 0,025 ; y = 0,05 mol

→ n_{HNO3 pứ} = n_NO + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ = 0,22 mol

→ a = 1,1M

(1) là Fe(NO₃)₂ vì chỉ tạo Ag (1 mol) → m₁ = 108

(2) là HCl vì tạo AgCl (1 mol) → m₂ = 143,5 gam

(3) là FeCl₂ vì tạo AgCl₂ (2 mol) + Ag (1 mol) → m₃ = 395 gam

Bảo toàn electron:

3nAl + nFe₃O₄ = nNO₂

→ nFe₃O₄ = 0,06 mol → mFe₃O₄ = 13,92 gam

Đoạn 1:

nCl₂ = 0,04

Trong a giây mỗi điện cực đã trao đổi 0,04.2 = 0,08 mol electron.

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên tốc độ thoát khí nhanh hơn → Thoát Cl₂ và H₂

Bảo toàn electron → nCl₂ = nH₂ = u

Đoạn 3: Thoát H₂ và O₂.

Đặt nO₂ = v → nH₂ = 2v

n khí tổng = 2u + 3v + 0,04 = 0,21

ne anot = 2(u + 0,04) + 4v = 3,5.0,08

→ u = 0,04 và v = 0,03

nCuSO4 = nCu = nCl₂ đoạn 1 = 0,04

nNaCl = 2nCl₂ tổng = 0,16 → m = 15,76 gam

X, Y là axit đồng đẳng kế tiếp

Z, T là este 2 chức đồng đẳng kế tiếp

Y và Z là đồng phân của nhau

→ CTPT chung của hỗn hợp E: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline m }}{O_4};{n_E} = \frac{1}{2}{n_{NaOH}} = 0,11\,(mol)\) 

\(\begin{gathered}
{C_{\overline n }}{H_{2\overline m }}{O_4} + (\overline n + \frac{{\overline m }}{4} - 2){O_2}\xrightarrow{{}}\overline n C{O_2} + \frac{{\overline m }}{2}{H_2}O \hfill \\
0,11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to 0,37 \hfill \\
= > \left\{ \begin{gathered}
0,11.(\overline n + \frac{{\overline m }}{4} - 2) = 0,37 \hfill \\
0,11.(12\overline n + \overline m + 64) = 12,84 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
\overline n = 3,9 \hfill \\
\overline m = 5,8 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)

→ X (C₃H₄O₄):  CH₂(COOH)₂ : y (mol)

Y ( C4H6O4): C2H4(COOH)2 : z (mol)

Z ( C4H6O4): (HCOO)2C2H4 : x (mol)

T ( C5H8O4) : H3C-OOC-COO-C2H5: x (mol)

nCH3OH = nC2H5OH = nC2H4(OH)2 = x (mol)

\(\begin{gathered}
= > x = \frac{{2,8}}{{32 + 46 + 62}} = 0,02\,(mol) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
y + z = 0,11 - 0,02.2 = 0,07 \hfill \\
104y + 118z = 7,84 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
y = 0,03 \hfill \\
z = 0,04 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > {m_{{C_2}{H_4}{{(COONa)}_2}}} = 6,48\,(g) \hfill \\
\end{gathered} \)

Khi cho Z tác dụng với BaCl₂ dư thì kết tủa thu được là BaSO₄ → n_BaSO4 = 0,715 mol

→ n_H2SO4 = 0,715 mol

Khi cho Z tác dụng với NaOH vừa đủ thu được khí là NH₃: n_NH3 = 0,025 mol → n_NH4+ = 0,025 mol

n_NaOH = 2n_Mg2+ + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ + n_NH4+ = 1,285 (mol)

BTĐT cho dd Z: 2n_Mg2+ + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ + n_NH4+ + n_Na+ = 2nSO42-

Hay 1,285 + n_Na+ = 2.0,715 => n_Na+ = 0,145 mol => n_NaNO3 = 0,145 mol

n_{OH- (hidroxit)} = 1,285 – 0,025 = 1,26 mol => m_Mg,Fe = 43,34 – 1,26.17 = 21,92 gam

→ m_Z = 21,92 + 0,145.18 + 0,025.18 + 0,715.96 = 94,345 gam

BTKL: m_H2O = 28,16 + 0,715.98 + 0,145.85 – 5,14 – 94,345 = 11,07 gam => n_H2O = 0,615 mol

BTNT “H”: n_H2 = (0,715.2 - 4.0,025 – 0,615.2)/2 = 0,05 mol

Đặt số mol CO₂, NO, N₂ lần lượt là x, y, z

x + y + z = 0,2 – 0,05

44x + 30y + 28z + 0,05.2 = 5,14

y + 2z + 0,025 = 0,145 (BTNT “N”)

Giải hệ được x = 0,04; y = 0,1; z = 0,01

→ n_FeCO3 = n_CO2 = 0,04 mol

m_O(Fe3O4) = 28,16 – m_Mg,Fe – m_CO3 = 28,16 – 21,92 – 0,04.60 = 3,84 gam → n_O(Fe3O4) = 0,24 mol

→ n_Fe3O4 = 0,06 mol

→ m_Mg = 28,16 – 0,06.232 – 0,04.116 = 9,6 gam

→ %m_Mg = 34,09%