Kim loại Al tan được trong dung dịch kiềm dư

2A1 + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ 

NaOH được gọi là xút ăn da.

Đáp án D

Chất X là chất rắn dạng sợi, màu trắng, là nguyên liệu sản xuất tơ nhân tạo, thuốc súng không khói và chế tạo phim ảnh  X là xenlulozơ 

Đáp án D

Phương pháp thủy luyện thường dùng để điều chế các kim loại sau Mg (thường là kim loại yếu). Vậy kim loại Cu được điều chế bằng phương pháp thủy luyện.

Đáp án C

Polietilen là chất dẻo mềm, được dùng nhiều để làm màng mỏng, vật liệu cách điện, bình chứa.

Đáp án A

Công thức của thạch cao nung là CaSO₄.H₂O

Đáp án B

Các phương trình hóa học xảy ra:

CuO + H₂ → Cu + H₂O (1)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (2)

Theo (2)= n_Cu = 3/2. n_NO = 3/2.0,1 = 0,15 mol

Theo (1)= n_Cuo= n_Cu = 0,15 mol 

=> m_CuO = 0,15.80 = 12 (g)

Ta có: n_NaOH = n_Na = 0,1 mol; n_AlCl3 = 0,03 mol

Tính tỉ lệ k= n_OH-/n_Al3+ = 3,33

Ta có 3 < k < 4 nên kết tủa tan 1 phần → n↓ = 4.n_Al3+ - n_OH- = 4. 0,03 - 0,1 = 0,02 mol 

→ m_Al(OH)3 = 0,02.78 = 1,56 (gam)

H₂SO₄ tan vô hạn trong nước và tỏa rất nhiều nhiệt. Nếu ta rót nước vào H₂SO₄ đặc, nước sôi đột ngột và kéo theo những giọt axit bắn ra xung quanh gây nguy hiểm. Vì vậy muốn pha loãng axit H₂SO₄ đặc nguội, người ta phải rót từ từ H₂SO₄ đặc vào H₂O và khuấy đều. 

Đáp án C

Kim loại Ag dẫn điện tốt nhất.

Đáp án D

Khi cho CO₂ vào lượng dư dung dịch Ca(OH)₂ ta thu được kết tủa CaCO₃:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Đáp án D

Quá trình quang hợp của cây xanh không gây ô nhiễm môi trường không khí vì quá trình đó hấp thụ khí CO₂ và tạo ra khí oxi.

Đáp án C 

Công thức tổng quát của este no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2nO₂ (n ≥2).

Vậy este CH₃COOCH₃ thuộc loại este no, đơn chức, mạch hở.

Đáp án C

Phản ứng Fe + ZnCl₂ không xảy ra vì tính khử của Fe yếu hơn tính khử của Zn.

Đáp án D

Bản chất của anbumin là protein nên khi cho dung dịch anbumin tác dụng với Cu(OH)₂ thì thu được dung dịch có màu tím.

Đáp án A

- Glyxin có công thức NH₂-CH₂-COOH có số nhóm NH₂ = số nhóm COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

- Metylamin làm quỳ tím hóa xanh

- Axit glutamic làm quỳ tím hóa đỏ (do có 2 nhóm COOH, 1 nhóm NH₂) 

- Lysin làm quỳ tím hóa xanh (do có 1 nhóm COOH, 2 nhóm NH₂) 

Đáp án A

Ta có: n_{C phản ứng} = n_X - n_H2O = 0,4 mol

Bảo toàn electron ta có:

4. n_{C phản ứng} = 2n_CO+2.n_H2 → n_CO + n_H2 = 0,8 mol → n_CO2 = 0,9 - 0,8 = 0,1 mol

Ta có: n_NaOH = 0,15 mol

→ Tỉ lệ 1< n_NaOH/n_CO2< 2 nên Z chứa 2 muối Na₂CO₃(0,05 mol) và NaHCO₃ (0,05 mol)

Khi cho từ từ Z vào dung dịch HCl xảy ra các phương trình sau:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

 NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O 

Đặt n_{Na2CO3 phản ứng} = n_{NaHCO3 phản ứng} = z mol

→ n_HCl = 2z + z= 0,12 mol → z = 0,04 mol → n_CO2 = z + z = 0,08 mol → V=1,792 (lít)

Đáp án B

C₁₂H₂₂O₁₁(saccarozo)+ H₂O → C₆H₁₂O₆(glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

CH₂OH[CHOH]₄CH=O + H₂ → CH₂OH[CHOH]₄CH₂OH (sobitol)

CH₂OH(CHOH]₃COCH₂OH + H₂ → CH₂OH(CHOH]₄CH₂OH (sobitol)

Vậy A và Z là saccarozơ và sobitol. 

- A không có ăn mòn điện hóa do không có môi trường dd điện li

- B không có ăn mòn điện hóa do không có 2 điện cực

- C có ăn mòn điện hóa do: 2A1 + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu 

Thí nghiệm sinh ra Cu bám vào lá Al tạo thành 2 điện cực Al-Cu cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (muối).

- D không có ăn mòn điện hóa do không có 2 điện cực 

Đáp án C

Hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở có công thức phân tử C₂H₄O₂ là: CH₃COOH và HCOOCH₃

Vậy có tất cả 2 hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở.

Đáp án B

X không tráng bạc nên không có HCOO

Vì X tác dụng với NaOH tạo H₂O nên X có nhóm COOH

Do đó X là CH₃COO-CH2-CH₂-COOH

Khi đó ta có các phương trình phản ứng sau:

CH₃COO-CH₂-CH₂-COOH (X) + 2NaOH → CH₃COONa (Y) + HO-CH₂-CH₂-COONa (Z) + H₂O;

 HO-CH₂-CH₂-COONa (Z) + HCl → HO-CH₂-CH₂-COOH (T) + NaCl;

 HO-CH₂-CH₂-COOH (T) → CH₂-CH-COOH (Q) + H₂0

Vậy: Y là CH₃COONa, Z là HO-CH₂-CH₂-COONa, T là HO-CH₂-CH₂-COOH; Q là CH₂=CH-COOH Phát biểu A đúng vì Y là CH₃COONa (natri axetat)

Phát biểu B sai vì T là HO-CH₂-CH₂-COONa, đây là hợp chất hữu cơ tạp chức.

Phát biểu C sai vì X là CH₃COO-CH₂-CH₂-COOH là hợp chất hữu cơ tạp chức

Phát biểu D sai vì Q là axit acrylic

Đáp án A

Ta có: NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → NaOH + BaCO₃ + H₂O

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O 

NaAlO₂ + CO_2dư + H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

Vậy các chất các chất X, Y, Z, T thỏa mãn sơ đồ trên tương ứng là NaHCO₃, NaOH, NaAlO₂, Al(OH)_3.

Đáp án B

Ta có n_X = 0,25 mol gồm CH₄ (x mol) và H₂ (y mol)

Suy ra x+y=0,25 (1)

C₃H₄ + H₂ → C₃H₆

C₃H₄ + 2H₂ → C₃H₈

Vì hỗn hợp Y chỉ gồm các hiđrocacbon nên ny =x mol

Bảo toàn khối lượng ta có mx = my 

→ 40x + 2y = 21,5.2x (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,1 và y = 0,15

Bảo toàn số mol liên kết pi ta có: 2x =y+ n_Br2 → n_Br2 = 0,05 mol

Vậy giá trị của a là 0,05.

Đáp án A

Các chất: HCl, NaHCO₃, Al tác dụng được với dung dịch NaOH (có 3 chất).

Đáp án B

C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozơ)+ H₂O → C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

Ta có: n_glucozo = n_saccarozo = 0,2 mol

Suy ra m_{glucozo (PT)} = 0,2.180 = 36 (gam)

Do hiệu suất phản ứng đạt 92% nên m_{sản phẩm (thực tế)} = 36.92% = 33,12 (gam).

Đáp án A

Ta có: n_O2 = 0,6 mol; n_CO2 = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố O ta có 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_H2O = 0,6 mol

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là C_nH_2n+3N

C_nH_2n+3N + (3n/2+3/4) O₂ → n_CO2 + (2n+3)/2 H₂O 

Suy ra n_M = (n_H2O + n_CO2)/1,5 = 0,2 mol

Suy ra số nguyên tử C = n_CO2/n_M=0,3: 0,2 = 1,5

Do hai chất có cùng số mol nên X là CH₃N và Y là C₂H₇N (etylamin).

Đáp án A

Các chất điện li mạnh gồm NaHCO₃, HCl (có 2 chất).

Đáp án C

Polime thiên nhiên là các polime có sẵn trong tự nhiên.

Các polime thiên nhiên gồm tinh bột, tơ tằm (2 polime).

Đáp án C

Độ bất bão hòa của X là k = 0,2/a + 3

 * Khi đốt cháy X:

Bảo toàn nguyên tố O ta có: 6.nx + 2.no2 = 2n_CO2 + n_H2O

Suy ra n_H2O = 6a + 2.7,75 - 2.5,5 = 6a +4,5 (1) 

Mặt khác: n_X.(k - 1) = n_CO2 + n_H2O+ a.(0,2/a + 3 – 1) = 5,5 - (6a +4,5)

Giải phương trình trên ta được a = 0,1

Thay vào (1) ta được n_H2O= 5,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có: m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O 

→ mx = 85,8 gam

*Khi thủy phân triglixerit X trong NaOH vừa đủ:

Gọi công thức của X là (RCOO)₃C₃H₅.

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

0,1                                             0,3                                                     0,1 mol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân ta có:

 m = m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol = 85,8 +0,3.40 - 0,1.92 = 88,6 (gam) 

Đáp án C

Đoạn 1: Chỉ có khí Cl₂  thoát ra. Đặt V_Cl2 =x (lít)

Đoạn 2: Chỉ có khí O₂ thoát ra.

Mà ta thấy giá trị V lúc này gấp đôi đoạn tại thời điểm t= a (giây)

Do đó V_O2 = 2x - x = x (lít)

Đoạn 3: Anot có O₂ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H₂ thoát ra.

Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên V_O2 = 0,5x (lít)

Bảo toàn electron ta tính được V_H2 =x (lít)

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm Cl₂ (x lít), O₂ (1,5x lít) và H₂ (x lít)

Suy ra x + 1,5x + x=7,84 – x= 2,24 lít

Ban đầu: n_NaCl=2.n_Cl2 = 0,2 mol

Ta có: n_Cu(NO3)2 = n_Cu = n_Cl2 +2n_{O2 (đoạn 2)} = 0,3 mol

Tại thời điểm tra (giây): n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 = 2.2,24 : 22,4 = 0,2 mol

Tại thời điểm 3,5a (giây) (thuộc đoạn 3) ta có: n_{e trao đổi} = 3,5. 0,2 = 0,7 mol 

Khi đó thu được 0,3 mol Cu ; 0,05 mol H₂ ở catot và 0,1 mol Cl₂ và 0,125 mol O₂ ở anot. 

Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.

Do đó m = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 + m_O2 = 0,3.64 + 0,05.2+ 0,1.71 + 0,125.32 = 30,4 (gam)

Đáp án D

Do các este đều mạch hở và chỉ chứa chức este nên không phải là este của phenol. 

đứa chức 

- Xét phản ứng đốt muối T:

n_COO = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,7 mol → n_{O(T  )=}  2 n_COO =1,4 mol

BTNT “O”: n_O(T)  + 2n_{O2(đốt T) =} 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3→ 1,4 + 0,275.2 = 2 n_CO2 + 0,2 + 0,35.3 

→ n_CO2 = 0,35 mol 

BTKL: m_muối = m_CO2 + m_H2O + m_Na2CO3 - m_O2( đốt T) =0,3544 + 0,2.18 + 0,35.106 - 0,275.32 = 47,3 gam 

- Xét phản ứng thủy phân A trong NaOH: 

BTKL: m_A = m_muối + m _ancol - m_NaOH = 47,3+22,2 – 0,7.40 = 41,5 gam 

- Xét phản ứng đốt A: 

Đặt n_CO2=x và n_H2O=y (mol)

 + n_O(A) = 2n_COO = 1,4 mol. BTKL: m_A = m_C + m_H + m_O → 12x + 2y + 1,4.16 = 41,5 (1)

+ n_CO2 - n_H2O = 0,25 → x - y= 0,25 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 1,4 và y = 1,15

BTNT “O”: n_{O2 (đốt A)}= [2n_CO2 + n_H2O – n_O(A)]/2 = (2.1,4+ 1,15 - 1,4)/2 = 1,275 mol

 - Xét phản ứng đốt ancol (phản ứng giả sử): 

n_{O2(đốt ancol)} = n_{O2(đốt A)} – n_{O2(đốt T)}= 1,275 - 0,275 = 1 mol 

Đặt n_CO2 = a; n_H2O=b (mol) 

BTKL: m_CO2 + m_H2O= m_ancol + m_{O2( đốt ancol)} → 44a + 18b = 22,2+ 32 (3) 

BTNT “O”: 2 n_CO2 + n_H2O = n_O(ancol) + 2n_O2→ 2a + b = 0,7 + 2 (4) 

Giải (3) và (4) thu được: a= 0,7 và b = 1,3

 Nhận thấy: n_{O(ancol) =} n_CO2 → Các ancol đều có số C bằng số O→ Các ancol chỉ có thể là ancol no

→ n_ancol=n_H20 - n_CO2 = 1,3 - 0,7= 0,6 mol 

→1 (CH₃OH: u mol) < C_tb = 0,7: 0,6 = 1,16 < 2 (HO-CH₂-CH₂-OH: v mol) 

n_CO2 = u+2v = 0,7 và u + v=0,6

Giải được u = 0,5 và v = 0,1

- Phản ứng đốt muối T:

n_C(T) = n_CO2+ n_Na2CO3 = 0,35 + 0,35 = 0,7 mol

n_C(T) = n_COO → Số C trong T bằng số nhóm COO

→ 2 muối là HCOONa (n mol) và (COONa)₂ (m mol)

m_muối = 68n + 134m = 47,3; n_C(muối) = n+ 2m = 0,7 

→ n = 0,4 và m = 0,15 

Vậy A chứa:

HCOOCH₃ (0,2 mol) → m_HCOOCH3 = 0,2.60 = 12 gam

(HCOO)₂C₂H₄(0,1 mol) → m_(HCOO)2C2H4 = 0,1.118 = 11,8 gam

 (COOCH₃)₂ (0,15 mol) → m_(COOCH3)2 = 0,15.118 = 17,7 gam

Nhận thấy (COOCH₃)₂ có khối lượng lớn nhất → %m_Z = 17,7/41,5.100% = 42,65% 

Đáp án D 

Ta có: n_Fe = 6/35 mol

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Mg + Cu(NO₃)₂ → Mg(NO₃)₂ + Cu 

Dung dịch X gồm Mg(NO₃)₂, Cu(NO₃)₂ dư. Kết tủa thu được chứa Ag, Cu, có thể có Mg dư

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu 

Dung dịch X chứa a mol Mg²⁺, b mol Cu²⁺ ,0,6 mol NO₃ tác dụng với Fe thu được:

10,56 gam kết tủa chứa b mol Cu (6/35-b) mol Fe dư →giá trị b

Dung dịch sau phản ứng chứa: Mg²⁺ : a mol; Fe²⁺, NO₃-

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 2a + 2.0,12 = 0,6 → a = 0,18 mol

20 gam kết tủa chứa x mol Mg dư; 0,1 mol Ag; 0,25 - 0,12 = 0,13 mol Cu 

→m_{Mg dư} + 0,1.108 + 0,13.64 = 20 gam

→m_{Mg dư} = 0,88 gam → m = 0,88 +0,18.24 = 5,20 gam

Đáp án C

Phát biểu A sai vì H₂SO₄ đặc có vai trò xúc tác và giữ H₂O làm cân bằng chuyển dịch sang chiều tạo este.

Phát biểu B sai vì thêm NaCl bão hòa để sản phẩm tách ra hoàn toàn.

Phát biểu C đúng vì phản ứng este hóa thuận nghịch nên các chất tham gia đều còn dư.

Phát biểu D sai vì sản phẩm este không tan nên có phân lớp.

Đáp án C

(a) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄ 

 3 muối: CuSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃ dư

(b) Vì 1<  n_NaOH/n_CO2 < 2 

2 muối: Na₂CO₃, NaHCO₃

(c) 2 Fe₃O₄ + 10 H₂SO₄ → 3 Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10 H₂0 

1 muối: Fe₂(SO₄)₃

(d) 4KOH + AlC1₃ → KAlO₂ + 3KCI + 2H₂0 

2 muối: KAlO₂, KCl

(e) 2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

2 muối: Na₂CO₃, NaHCO₃ dư (chú ý BaCO₃ là kết tủa nên không được tính vào dung dịch)

Vậy có 3 thí nghiệm thu được 2 muối là (b), (4), (e)

Đáp án B

*Đoạn 1:

OH^- +  H⁺ → H₂O

Ba²⁺ + SO₄ ^2- → BaSO₄ 

Ta có: n_H+ = n_OH‑ = 2n_Ba(OH)2 = 2.0,15 = 0,3 mol

*Đoạn 2:

Ba²⁺ + SO₄ ^2- → BaSO₄ 

A1³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ta có: n _SO4(2-) = n_Ba2+ = n_Ba(OH)2 = 0,3 mol

*Đoạn 3: Al³⁺ + 3OH^- + Al(OH)₃

Ta có n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3 → n_{Al(OH)3 max} = 0,3 mol

Vậy n_HCl = n_H+ = 0,3 mol ; n_Al2(SO4)3 = 1/3.n_SO4(2-) = 0,1 mol

Bảo toàn Al suy ra n_AlCl3 = 0,1 mol

Vậy tổng a=0,3 + 0,1 + 0,1 = 0,5 mol

Đáp án A

- Ta có: n_NaOH =0,4 mol suy ra n_Na2CO3 = 0,235 mol

Ta có: n_O2 = 1,24 mol

Dùng bảo toàn khối lượng ta có m_muối = 42,14 gam → M_muối =89,66 (g/mol)→ Muối từ X là CH₃COONa. Khi đốt muối thì thu được CO₂ (u mol) và H₂O (v mol).

Suy ra 44u + 18v = 56,91 (gam) 

Bảo toàn nguyên tố O ta có 2u + v + 0,235.3= 0,47.2+1,24.2

Giải hệ trên ta được u = 1,005 và q= 0,705

Suy ra số mol muối từ Y =u – v = 0,3 mol (Muối này có p nguyên tử C)

Ta có: n_CH3COONa = 0,47 - 0,3 = 0,17 mol

Suy ra n_C = 0,17.2 + 0,3p = 1,005 + 0,235

Giải ra p = 3 => Axit Y là CH₂=CH-COOH

E+ NaOH → Muối + Ancol + H₂O

Bảo toàn khối lượng ta suy ra n_H2O= 0,07 mol

Suy ra số mol NaOH phản ứng với este = 0,47 - 0,07 = 0,4 mol

Ancol có dạng R(OH)_n (04/n mol)

Ta có: M_ancol = R+ 17n = 13,9n/0,4 → R = 17,75n

Do 1< n < 2 nên 17,75 < R < 35,5

Do hai ancol cùng C nên C₂H₅OH (0,1 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,15 mol).

Do các muối đều có số mol ≤ 0,3 nên T là CH₃COO-C₂H₄-OOC-CH=CH₂ (0,15 mol) 

→ %T = 61,56%

Đáp án D

(a) đúng

(b) đúng

(c) sai vì saccarozơ chỉ bị thủy phân trong môi trường axit

(d) đúng vì C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (tan).

 (e) sai vì 1 mol peptit Glu-Ala-Gly tác dụng được tối đa 4 mol NaOH 

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O

Suy ra m_O= 0,075m (gam)

Dung dịch Y có chứa Na⁺, K⁺, Ba²⁺ và OH^-.

Ta có: n_AlCl3 = 0,04 mol; n_Al(OH)3 = 0,02 mol

Do n_Al3+ > n_Al(OH)3 nên có 2 trường hợp sau:

 *Trường hợp 1: Al³⁺ dư.

Khi đó n_OH- = 3n_Al(OH)3 = 0,06 mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,06 mol OH^-.

Theo bảo toàn điện tích ta có x+y+ 2z= 0,06 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x+y+ 2z = 2.n_O+ 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04

→ 0,06 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 → m < 0 nên loại.

*Trường hợp 2: Al³⁺ phản ứng hết.

Khi đó n_OH-  = 4n_Al3+- n_Al(OH)3 = 4.0,04 - 0,02 = 0,14mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,14 mol OH^-

Theo bảo toàn điện tích ta có x+y+ 2z=0,14 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x+y+ 2z=2. n_O + 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 

→ 0,14 = 2.0,075m/16+ 2. 0,04 → m=6,4 (gam)

Đáp án C

Khi cho Y tác dụng tối đa với 0,58 mol NaOH thu được dung dịch có chứa Na⁺ (0,03+0,58=0,61 mol);  và ion AlO₂^- 

 Dùng định luật bảo toàn điện tích ta có n_AlO2^- = 0,11 mol

Vậy trong X có 0,11 mol Al.

Dung dịch Y có chứa 0,11 mol Al³⁺; 0,5 mol Cl^- ; 0,03 mol Na⁺ , Fe²⁺ (a mol) và NH₄⁺ (b mol)

Ta có: m_muối = 56a + 18b + 0,1127 + 0,5.35,5 + 0,03.23 = 25,13 (gam)

Ta có: n_{NaOH phản ứng} = 2a + b + 0,11,4 = 0,58 mol

Giải hệ trên ta được a = 0,06 và b = 0,02

Bảo toàn H ta có n_H2O = 0,19 mol

Đặt x, y lần lượt là số mol Fe(NO₃)₂ và số mol Fe trong X.

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: x+y= 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ta có 180x + 5+y+ 0,11,27 + 0,5.36,5 + 0,03.85 = 25,13 + 0,05.10,6.2 + 0,19.18

Giải hệ trên ta được x = 0,02 và y = 0,04

Từ đó tính được %m_Fe = 25,43%

Đáp án C

Ta có:

Gly, Ala = C₂H₅O₂N + x CH₂

Glu = C₂H₅O₂N + 2CH₂ + CO₂ 

Axit oleic = 17CH₂ + CO₂

Quy đổi X thành C₂H₅O₂N (x mol) và CH₂ (y mol) và CO₂ (z mol)

Ta có: m_X = 75x + 14y + 44z= 68,2 gam

Ta có: n_H2O = 2,5x + y = 3,1 mol và n_NaOH = x+z = 0,6 mol 

Giải hệ trên ta được x = 0,4 ; y = 2,1 và z= 0,2

Suy ra n_CO2 = a = 2x +y+z = 3,1 mol

Đáp án A