FeSO₄: muối sắt (II) sunfat thuộc loại hợp chất sắt (II).

Al₂O₃ không bị khí H₂ hay CO khử thành kim loại ở nhiệt độ cao.

- Muối đihiđrophotphat của các kim loại đều dễ tan trong nước.

- Muối hiđrophotphat và photphat trung hòa của các kim loại trừ của natri, kali và amoni đều không tan hoặc ít tan trong nước.

Ở phản ứng đun nóng etanol với xúc tác dung dịch H₂SO₄ đặc, sản phẩm hữu cơ chủ yếu phụ thuộc vào nhiệt độ:  

\(\begin{array}{l}
2{C_2}{H_5}OH \to C{H_3}C{H_2}OC{H_2}C{H_3} + {H_2}O\\
{C_2}{H_5}OH \to C{H_2} = C{H_2} + {H_2}O
\end{array}\)

Điện phân nóng chảy: \(2NaCl \to 2Na + C{l_2} \uparrow \)

Catot là cực âm (-) nên các cation Na⁺ sẽ di chuyển về đấy (âm dương hút nhau).

→ Sau đó: Na⁺ + 1e → Na (cation nhận electron) mà ta biết “khử cho (electron) – o (oxi hóa) nhận (electron)” → Na⁺ là chất oxi hóa → xảy ra sự khử ion Na⁺.

Phèn chua có công thức: \({K_2}S{O_4}.A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.24{H_2}O\) khi hòa tan vào nước sẽ xảy ra phản ứng thủy phân tạo kết tủa keo Al(OH)₃ kéo các chất bẩn lắng xuống:

\({K_2}S{O_4}.A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.24{H_2}O \to 2{K^ + } + 2A{l^{3 + }} + 4SO_4^{2 - } + 24{H_2}O\)

sau đó:

\(A{l^{3 + }} + 3{H_2}OAl{\left( {OH} \right)_3} \downarrow  + 3{H^ + }\)

C₆H₁₂O₆ không phải chất điện li trong nước.

K là kim loại kiềm

→ Đáp án C

- Amilozo là một dạng của tinh bột, thuộc loại polime thiên nhiên.

- Nilon-6-6, nilon-7 là các tơ tổng hợp.

- PVC: poli(vinyl clorua) là nhựa tổng hợp.

→ Etan thuộc loại hiđrocacbon no, mạch hở (ankan).

Trong điều kiện thường, X là chất rắn, dạng sợi màu trắng. Phân tử X có cấu trúc mạch không phân nhánh, không xoắn. Thủy phân X trong môi trường axit, thu được glucozơ. Tên gọi của X là Xenlulozơ.  

Phản ứng: \(CrC{l_3} + 3NaOH \to Cr{\left( {OH} \right)_3} \downarrow  + 3NaCl\)

Vì dùng dư CrCl₃ nên không có phản ứng hòa tan \(Cr{\left( {OH} \right)_3} + NaOH \to NaCr{O_2} + 2{H_2}O\)

Tỉ lệ phản ứng: \({\left( {RCOO} \right)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH \to 3RCOONa + {C_3}{H_5}{\left( {OH} \right)_3}\)

Suy ra có \({n_{NaOH}} = 3 \times {n_{glixerol}} = 1,5{\rm{ mol}} \to {\rm{BTKL}}\) có \(m = 459 + 0,5 \times 92 - 1,5 \times 40 = 445\) gam.

Chỉ có CuO phran ứng với CO thôi: CuO + CO → Cu + CO₂.

Dùng 0,1 mol CO → \({n_{CuO}} = 0,1{\rm{ mol}} \to {\rm{\% }}{{\rm{m}}_{{\rm{CuO trong X}}}} = 0,1 \times 80:10 \times 100\%  = 80\% \)

→ Phần trăm khối lượng của MgO trong X là 20%.

Phản ứng: \(C{H_3}C{H_2}CHO + {H_2} \to C{H_3}C{H_2}C{H_2}OH\) (ancol propylic).

HCl không phản ứng được với SiO₂. Nếu thay HCl bằng HF thì mới có phản ứng xảy ra:

\(Si{O_2} + 4HF \to Si{F_4} + 2{H_2}O\)

Phản ứng: \(Mg + {H_2}S{O_4} \to MgS{O_4} + {H_2} \uparrow \)

Ta có \({n_{Mg}} = 0,1{\rm{ mol}} \to {{\rm{n}}_{{H_2}}} = 0,1{\rm{ mol}} \to {\rm{V}} = 0,1 \times 22,4 = 2,24\) lít.

Hai amino no, đơn chức, mạch hở phản ứng với HCl theo tỉ lệ mol 1 : 1

\(X + HCl \to X{\rm{ }}\left( {HCl} \right)\) nên theo BTKL có \({m_{HCl}} = 15,6 - 8,3 = 7,3\) gam → \({n_{HCl}} = 0,2{\rm{ mol}} \to {\rm{x  = 1,0}}\)

Khí Z được tạo từ phản ứng dung dịch X + chất rắn Y nên thấy ngay đáp án A không thỏa mãn.

Khí Z thu được bằng phương pháp đẩy nước nên yêu cầu khí Z không tan hoặc rất ít tan trong nước.

→ các khí NH₃, SO₂ không thỏa mãn → chỉ có đáp án C thu được Z là H₂ thỏa mãn thôi.

\({H_2}NC{H_2}COOH\) (glyxin) là một amino axit → có tính chất lưỡng tính.

\({H_2}NC{H_2}COOH + NaOH \to {H_2}NC{H_2}COONa + {H_2}O\)

\({H_2}NC{H_2}COOH + HCl \to Cl{H_3}NC{H_2}COOH\)

(a) đúng.

Ví dụ: \(\begin{array}{l}
2NaN{O_3} \to 2NaN{O_2} + {O_2}\\
Hg{\left( {N{O_3}} \right)_2} \to Hg \uparrow  + 2N{O_2} \uparrow  + {O_2} \uparrow 
\end{array}\)

(b) sai. Phản ứng: \(2AgN{O_3} \to 2Ag + 2N{O_2} + {O_2}\)

(c) đúng. Phản ứng \(2Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2} \to 2CuO + 4N{O_2} + {O_2}\)

\({d_{{\rm{hon hop khi /}}{{\rm{H}}_2}}} = 21,6\)

(d) sai. Thật chú ý: môi trường axit là môi trường có pH < 7 chứ không nhất thiết phải chứa H⁺. Vì thế mà như Cu(NO₃)₂ có môi trường axit nhưng Cu không nhận biết được gốc NO₃^- trong trường hợp này.

“Khử cho (electron) – o (oxi hóa) nhận (electron)” → ở phản ứng đáp án D:

\(3FeO + 10HN{O_3} \to 3Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + 5{H_2}O + NO\)

Fe²⁺ (trong FeO) → Fe³⁺ (trong ) + 1e → oxit sắt (II) có tính khử.

Chỉ có 2 chất là axetilen và anđehit oxalic trong dãy tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃:

\(HC \equiv CH + 2AgN{O_3} + 2N{H_3} \to AgC \equiv CAg \downarrow  + 2N{H_4}N{O_3}\)

\({\left( {CHO} \right)_2} + 4AgN{O_3} + 6N{H_3} \to {\left( {COON{H_4}} \right)_2} + 4Ag \downarrow  + 4N{H_4}N{O_3}\)

Tỉ lệ \({n_{este}}:{n_{NaOH}} = 0,01:0,02 = 1:2 \to \) este có hai chức.

Từ tỉ lệ sản phẩm và este → este này được tào từ anol hai chức và axit cũng hai chức

→ este cần tìm có dạng \(R{\left( {COO} \right)_2}R' \to \) phản ứng:

\(R{\left( {COO} \right)_2}R' + 2KOH \to R{\left( {COOK} \right)_2} + R'{\left( {OH} \right)_2}\)

Từ giả thiết có \({M_{muoi}} = 1,665:0,0075 = 222 = R + 2 \times 83 \to R = 56 = 14 \times 4\) là gốc C₄H₈.

Lại có \({M_{este}} = 1,29:0,075 = 172 \to R' = 28 = 14 \times 2\) tương ứng là gốc C₂H₄.

Vậy, công thức của este cần tìm là \({C_4}{H_8}{\left( {COO} \right)_2}{C_2}{H_4}\)

đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2HCl \to BaC{l_2} + 2{H_2}O\)

Giả thiết \({n_{HCl}} = 0,8{\rm{ mol}} \to \) b = ½.OA = 0,4 mol.

đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(AlO_2^ -  + {H^ + } + {H_2}O \to Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \)

đoạn BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(Al{\left( {OH} \right)_3} + 3{H^ + } \to A{l^{3 + }} + 3{H_2}O\)

Theo đó, \(4BH = AC = \left( {2,8 - 0,8} \right) + 1,2 \times 3 = 5,6 \to BH = 1,4\) mol → a = ½BH = 0,07 mol.

Vậy, yêu cầu tỉ lệ \(a:b = 0,7:0,4 = 7:4\)

điện phân dung dịch có màng ngăn: \(2NaCl + 2{H_2}O \to 2NaOH + C{l_2} \uparrow  + {H_2} \uparrow \)

H₂ không phản ứng với FeCl₂. Xảy ra 2 khả năng: 

Nếu X là \(C{l_2} + 2FeC{l_2} \to 2FeC{l_3}\) (Y)

sau đó, \(FeC{l_3} + {O_2} + {H_2}O \to ???\) không hợp lý.

Nếu X là NaOH → Y là Fe(OH)₂ 

sau đó: \(2Fe{\left( {OH} \right)_2} + {O_2} + {H_2}O \to 2Fe{\left( {OH} \right)_3}\) (Z).

\(Fe{\left( {OH} \right)_3} + 3HCl \to FeC{l_3} + 3{H_2}O\)

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

Gọi x là số mol của hỗn hợp khí \(Y \to {n_Y} = \sum\limits_{}^{} {{n_{ankin{\rm{ tua}} \downarrow }} + {n_Z} \to \sum\limits_{}^{} {{n_{ankin{\rm{ tua}} \downarrow }} = x - 0,7} } \) mol.

Phản ứng nung X → Y ta có \({n_{{H_2}{\rm{ pu}}}} = {n_X} - {n_Y} = 1,05 - x\) mol.

Chú ý, ankin tạo kết tủa là C₃H₄ và C₂H₂ đều có 2π; \(\sum\limits_{}^{} {{n_{\pi {\rm{ trong Z}}}} = {n_{B{r_2}}} = 0,05} \) mol.

Theo đó, bảo toàn số mol liên kết π trong quá trình trên, ta có phương trình sau:

\({\left( {0,15 \times 2 + 0,1 \times 2} \right)_{{\rm{trong X}}}} = {\left( {1,05 - x} \right)_{mol{\rm{ }}\pi {\rm{ trong phan ung voi }}{{\rm{H}}_2}}} + {\left[ {2 + \left( {x - 0,7} \right) + 0,05} \right]_{{\rm{ trong }}\pi {\rm{ trong Y}}}}\)

→ giải ra x = 0,8 mol. Lại có \({m_X} = {m_Y} = 15,8\) gam → \({d_{Y/{H_2}}} = 15,8:0,8:2 = 9,875\)

Ghép cụm NO₃:

\(\begin{array}{l}
1NO + 2{O_{{\rm{trong }}{{\rm{H}}_2}O}} \to 1N{O_3}\\
1{N_2}O + 5{O_{{\rm{ trong }}{{\rm{H}}_2}O}} \to 2N{O_3}\\
1N{H_4} + 3{O_{{\rm{trong }}{{\rm{H}}_2}O}} \to 1N{O_3}
\end{array}\)

→ Gọi số mol \(N{H_4}N{O_3}\) là x mol ta có: \(\sum\limits_{}^{} {{n_{{H_2}O}} = 3x + 0,02 \times 3 + 0,03 \times 5 = 3x + 0,21} \)

→ Theo bảo toàn nguyên tố H có (6x + 0,42) mol HNO₃.

Lại gọi số mol \(Mg{\left( {N{O_3}} \right)_2}\) trong T là y mol → bảo toàn nguyên tố N có \(\left( {2y - 4x - 0,34} \right)\) mol AgNO₃.

Bảo toàn khối lượng các nguyên kim loại trong sơ đồ có phương trình:

\(m + \left( {2y - 4x - 0,34} \right) \times 108 = 1,58m + 24y \Rightarrow 0,58m + 432x - 192y + 36,72 = 0\)  (1)

Hỗn hợp Y gồm 0,25 mol Mg và (2y - 4x - 0,34)  mol Ag mà khối lượng Y là 1,58m gam

→ phương trình: \(0,25 \times 24 + \left( {2y - 4x - 0,34} \right) \times 108 = 1,58m \Rightarrow 1,58m + 432x - 216y + 30,72 = 0\) (2)

Biết \({m_T} = 37,8\) gam → có \(148y + 80x = 37,8\)       (3)

Giải hệ được x = 0,01 mol; y = 0,25 mol và m = 12 gam. Thay lại có 0,48 mol HNO₃.

→ khi điện phân: n_{e trao đổi} = 0,48 mol → \(t = 0,48 \times 96500:2 = 23160\) giây.

Từ công thức phân tử của X là C₇H₁₀O₄ → X là este hai chức, mạch hở, có 3π gồm   và .

Phản ứng thủy phân: \(X + 2NaOH \to Y + Z + T\) (Z và T thuộc cùng dãy đồng đẳng)

→  kia phải thuộc gốc hiđrocacbon của Y rồi và Y là muối của axit cacboxylic có 2 chức → số C của Y ít nhất phải bằng 4. Phân tích số C của X:  \(7 = 4 + 1 + 2 = 5 + 1 + 1\)

→ cấu tạo duy nhất thỏa mãn X là \(C{H_3}OOCCH = CHCOO{C_2}{H_5}\) (trường hợp 4 + 1 + 2).

→ cấu tạo của axit E là \(HOOC - CH = CH - COOH\) \( \to E + B{r_2}/CC{l_4}\)   theo tỉ lệ 1 : 1 thôi.

Xử lí cơ bản số liệu giả thiết và gọi số mol các chất như trên → ta có ngay các phương trình:

(1): khối lượng kim loại Al: m = 27x

(2): khối lượng muối: .8m = 213x + 80y

(3): bảo toàn electron: 3x = 8y + 0,12.10 + 0,12.8

Từ đó, giải hệ được x = 0,8 mol; y = 0,03 mol và m = 21,6 gam.

Dựa vào các sản phẩm khi thủy phân không hoàn toàn X

→ có 3 cấu tạo thỏa mãn là: Ala-Gly-Gly-Ala-Ala; Gly-Gly-Ala-Ala-Gly; Ala-Ala-Gly-Gly-Ala

- Anilin không làm quỳ tím đổi màu, axit glutamic làm quỳ tím chuyển màu hồng → loại A, C.

- Phân tử tinh bột có tạo mạch ở dạng xoắn có lỗ rỗng (giống như lò xo)

→ các phân tử iot có thể chui vào và bị hấp phụ, tạo “hợp chất” màu xanh tím.

- Trong môi trường kiềm của dung dịch amoniac, fructozơ chuyển hóa thành glucozơ và chính glucozơ có phản ứng tráng bạc

- Anilin tạo kết tủa trắng khi tác dụng với dung dịch nước brom

- Từ các kết quả trên → X, Y, Z, T lần lượt là axit glutamic, tinh bột, fructozo, anilin.

Xử lí bài tập đốt cháy liên quan đến số mol O₂ cần để đốt và số mol sản phẩm CO₂ biết → Ta quy góc nhìn các chất đốt dạng CH₂ + … Giả thiết: ancol X dạng \(C{H_2} + {H_2}O\)

 axit Y và este Z dạng \(C{H_2} + {O_2}\)

→ đốt tổn 0,14 mol CH₂ cần \(0,14 \times 1,5 = 0,18 + {n_{{O_2}{\rm{ cua Y,Z}}}} \to {n_{Y,Z}} = 0,03\) mol.

Vậy 3,26 gam chất rắn T gồm 0,03 mol RCOONa + 0,02 mol NaOH (dư) → R = 15 là gốc CH₃.

→ phản ứng vôi tôi xút giữa 0,03 mol CH₃COONa + 0,025 mol NaOH xảy ra theo tỉ lệ:

\(C{H_3}COONa + NaOH \to C{H_4} + N{a_2}C{O_3}\)

 m gam khí là 0,025 mol CH₄.

Vậy, giá trị của m là m = 0,025.16 = 0,4 gam.

Giải phần 2: 

\(\begin{array}{l}
RCOOH + NaHC{O_3} \to RCOONa + C{O_2} \uparrow  + {H_2}O\\
{n_{RCOOH}} = 0,2mol
\end{array}\)

Nếu R là H, tức axit là HCOOH thì 0,2 mol sẽ tham gia phản ứng tráng bạc tạo 0,4 mol Ag.

Điều này có nghĩa là trong T chỉ chứa axit và ancol dư, không có anđehit → không hợp lý.!

R khác H thì \( + AgN{O_3}/N{H_3}\) chỉ có thể là anđehit RCHO sinh \(Ag \downarrow  \to {n_{RCHO}} = 0,2\) mol.

Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn:  

\(RC{H_2}OH + \left[ O \right] \to \left\| {\begin{array}{*{20}{c}}
{1RCHO + 1{H_2}}\\
{1RCOOH + 1{H_2}O}\\
{RC{H_2}OH}
\end{array}} \right.\)

Giải phần 3:

\(\begin{array}{l}
RC{H_2}OH + Na \to RC{H_2}ONa + 1/2{H_2}\\
RCOOH + Na \to RCOONa + 1/2{H_2}\\
Na + {H_2}O \to NaOH + 1/2{H_2}
\end{array}\)

Tổng số mol H₂ thu được là 0,4 mol, axit có 0,2 mol, nước là 0,4 mol → \({n_{ancol}} = 0,2\) mol.

Khối lượng chất rắn: \(51,6 = 0,2 \times \left( {R + 53} \right) + 0,2 \times \left( {R + 67} \right) + 0,4 \times 40 \Rightarrow R = 29\) là gốc \({C_2}{H_5}\)

Giải bài tập thủy phân 1,8 mol X + 2,4 mol KOH

→ 210 gam \(\left( {R'COOK + KOH{\rm{ d}}} \right) + 1,8{\rm{ mol ancol}}\)

(chú ý nhân 3 kết quả tính toán trên) Ta có: \(210 = 1,8 \times \left( {R' + 83} \right) + 0,6 \times 56 \to R' = 15\) là gốc .

Vậy, este X là \(C{H_3}COOC{H_2}C{H_2}C{H_3} \to \) tên gọi: propyl axetat.

Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na2SO4 : 0,14mol;

Vì nNaOH > nNaCl + 2nNa2SO4 nên còn NaAlO2

Bảo toàn Na có nNaOH = nNaCl + 2nNa2SO4 + nNaAlO2 → 0,85 = 0,52 + 2.0,14 + nNaAlO2

→ nNaAlO2 = 0,05 mol

Kết tủa thu được là Mg(OH)2 : x mol và Al(OH)3 : y mol

Ta có hệ sau m↓= 58x + 78y = 16.5 và mhh bd = 24x + 27(x+0,05) = 7,65 → x = 0,15 và y = 0,1

→ dd X có Al+3 : 0,15 mol; Mg+2 : 0,15 mol; Cl- : 0,52 mol; SO42- : 0,14 mol

Ta thấy X có 3nAl + 2nMg < nCl + 2nSO4 nên X có dư H+ → nH+ = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol

OH^-  + H⁺ →  H₂O

OH^- + Mg⁺² →  Mg(OH)2

3OH^- + Al⁺³ →  Al(OH)₃

Ba²⁺ + SO₄^2- →  BaSO₄

Al(OH)₃ + OH^- →   AlO₂^- + 2H₂O

Khi thêm 8x mol KOH và x mol Ba(OH)₂ vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét các TH sau

TH1 : kết tủa có BaSO4 : 0,14 mol và Mg(OH)₂: 0,15 mol và có thể có Al(OH)₃

Bảo toàn Ba có x = 0,14 mol → nOH =8x + 2x =10x =1,4 mol > 2nMg + 4nAl + nH⁺ = 0,95

→  phản ứng có kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan hết →  kết tủa thu được là BaSO₄ và Mg(OH)₂

→  đem nung thu được BaSO₄ : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol →  m = 38,62g

TH2: Kết tủa có Al(OH)₃ : 0,15 mol và Mg(OH)₂: 0,15 mol; BaSO₄

Ta có nOH = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 →  x = 0,08 mol→  có 0,08 mol BaSO₄

→  Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol BaSO₄; 0,075 mol Al₂O₃ và 0,15mol MgO

 →  m = 0,08.233 + 0,075.102 +0,15.40 =32,29g

Nên TH1 khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất

Thí nghiệm được tiến hành là thí nghiệm về phản ứng màu biure của protein. Xem xét các phát biểu:

(a) dung dịch lòng trắng trứng → NaOH không màu → phát biểu này sai.

(b) đúng vì Cu(OH)₂ (tạo ra từ phản ứng CuSO₄ + NaOH) đã phản ứng với 2 nhóm peptit (CO-NH) cho sản phẩm có màu tím (phản ứng màu biure).

(c) đúng, (d) sai. Như phân tích ở ý (b), đây là thí nghiệm chứng minh anbumin có phản ứng màu biure.

Cùng một lượng axit HCl nhưng cách tiến hành thí nghiệm với dung dịch X cho lượng khí CO₂↑ khác nhau → chứng tỏ dung dịch X gồm x mol Na₂CO₃ và y mol NaHCO₃ (toàn bộ Ba tạo tủa BaCO₃).

Phần 1: xảy ra đồng thời các phản ứng \(N{a_2}C{O_3} + 2HCl \to 2NaCl + C{O_2} + {H_2}O\) 

Và \(NaHC{O_3} + HCl \to NaCl + C{O_2} + {H_2}O\) giả sử có kx mol Na₂CO₃ và ky mol NaHCO₃ phản ứng

→ ta có \(kx + ky = \sum\limits_{}^{} {{n_{C{O_2}}} = 0,075} \) mol và \(2kx + ky = {n_{HCl}} = 0,12\) mol → giải và suy ra \(x:y = 3:2\).

Phần 2: xảy ra lần lượt: \(N{a_2}C{O_3} + HCl \to NaCl + NaHC{O_3}\)

\(NaHC{O_3} + HCl \to NaCl + C{O_2} \uparrow  + {H_2}O\)

→ số lượng  là \(x = \left( {0,12 - 0,06} \right) = 0,06\) mol → \(y = 0,04\) mol.

Phản ứng:  mol CO₂ → 0,12 mol Na₂CO₃ + 0,08 mol NaHCO₃ + ? mol BaCO₃↓ (nhân đôi số)

→ theo bảo toàn nguyên tố cacbon có 0,12 mol BaCO₃.

Sử dụng tương quan 2H với 1O → từ 0,15 mol H₂ ta thêm tương ứng 0,15 mol O vào m gam hỗn hợp đầu → quy đổi về  gam hỗn hợp chỉ chứa các oxit Na₂O và BaO; số mol theo bảo toàn tính được lần lượt là 0,16 mol và 0,12 mol → \(m = 0,16 \times 62 + 0,12 \times 153 - 2,4 = 25,88\) gam.

bảo toàn khối lượng cả sơ đồ có \({m_{{H_2}O}} = 13,32\) gam → \({n_{{H_2}O}} = 0,74\) mol.

Theo đó, bảo toàn nguyên tố H có 0,04 mol NH₄Cl và có 0,08 mol Fe(NO₃)₃ (theo bảo toàn N sau đó).

Tiếp tục theo bảo toàn electron mở rộng hoặc dùng bảo toàn O có ngay số mol Fe₃O₄ là 0,04 mol.

« Gọi số mol Mg và FeCl₂ trong X lần lượt là x, y mol → 24x + 127y = 27,72 gam.

Xét toàn bộ quá trình, bảo toàn electron ta có:

\(2x + y + 0,04 = 8 \times 0,04 + \left( {0,08 + 0,045} \right) \times 3 + 0,06 \times 8 + {n_{Ag}} \to {n_{Ag}} = \left( {2x + y - 1,135} \right)\) mol.

Lại có \(\sum\limits_{}^{} {{n_{HCl}} = 2y + 1,82 \to {n_{AgCl \downarrow }} = \left( {2y + 1,82} \right)} \) mol. Tổng khối lượng kết tủa là 298,31 gam

→ có phương trình: \(143,5 \times \left( {2y + 1,82} \right) + 108 \times \left( {2x + y - 1,135} \right) = 298,31\)

Giải hệ các phương trình trên được x = 0,52 mol; y = 0,12 mol.

Vậy, yêu cầu \(\% {m_{FeC{l_2}{\rm{ trong X}}}} = 0,12 \times 127:56,36 \times 100\%  \approx 27,04\% \)

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y có \(0,18 \times 3 + 0,12 + 0,58 - 0,58 \times 2 = 0,08\) mol.

Bảo toàn H có 0,31 mol H₂O → BTKL cả sơ đồ có 4,92 gam.

Lại biết trong Z có tỉ lệ mol  giải được 0,03 mol CO₂ và 0,12 mol NO.

Bảo toàn nguyên tố N → số mol  là 0,02 mol; bảo toàn C có 0,03 mol .

Bảo toàn electron hoặc bảo toàn nguyên tố O (nhớ ghép bỏ cụm) → có 0,01 mol Fe₃O₄.

Theo đó, bảo toàn nguyên tố Fe có 0,1 mol Fe đơn chất trong X → 37,33%

Bảo toàn gốc OH: nOH ancol = nKOH = 1.0,4 = 0,4 mol

-OH + Na → -ONa + 1/2 H₂ ↑

→ nH2 = nOH/2 = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng: mF = 15,2 + 0,2.2 = 15,6 g.

Bảo toàn khối lượng: mmuối = 30,24 + 0,4.56 – 15,6 = 37,04 g.

Bảo toàn nguyên tố kali: nCOOK = nKOH = 0,4 mol;  nK₂CO₃ = 0,2 mol

Đốt cháy G được:  

nCO₂ =x; nH2O = y; nK2CO3 = z

Bảo toàn nguyên tố Oxi: 0,4.2 + 0,42.2 =0,2.3 + 2x + y (1)

Bảo toàn khối lượng: 37,04 + 0,42.32 = 0,2.138 + 44x + 18y (2)

Từ (1) và (2) ta có : x = 0,52 mol; y = 0 mol → muối không chứa H. Vậy muối phải là của axit 2 chức

→ X, Y là hai este 2 chức → nX = 0,12 mol; nY = 0,08 mol

Đặt số C trong gốc axit của X và Y là a và b

nC(X) + nC(Y)  = nC(F) + nC(G) → 0,12a + 0,08b = 0,2 + 0,52

Giải phương trình nghiệm nguyên:  

→ 2 muối là (COOK)2 và KOOCCºC–CºCCOOK

Mặt khác, đốt X hay Y đều cho  nCO2 = nO2 

→ Có dạng cacbohidrat  Cn(H2O)m

Lại có X và Y đều là este 2 chức → m = 4 → X, Y đều chứa 8H trong phân tử

Do X và Y mạch hở → 2 ancol đều đơn chức → nF = nOH = 0,4 mol → MF = 39 → F có chứa ancol CH3OH

→ X là CH3OOCCOOC2H5; Y là CH3OOCC≡C–C≡CCOOC2H5 chứa 21 nguyên tử

→ Đáp án D