Xenlulozơ thuộc loại polisaccarit nên là cacbohiđrat.

Chú ý: Cr không phản ứng với dung dịch NaOH, Cr₂O₃ chỉ phản ứng với NaOH đặc, nóng (do tính lưỡng tính yếu), còn Cr(OH)₃ phản ứng với cả dung dịch NaOH loãng hoặc đặc.

Quặng photphorit chứa canxiphotphat nên đáp án là Ca₃(PO₄)₂

A. Sai vì chất béo mới là những chất thường chứa trong dầu, mỡ động thực vật. 

B. Sai, vì nhiều chất có nhóm -COO- nhưng không phải este như axit cacboxylic, muối của axit cacboxylic.

C. Đúng, vì là phát biểu trong SGK.

D. Sai, vì sản phẩm của phản ứng axit + bazo là muối.

Isoamyl axetat (hay isopentyl axetat) là este có mùi chuối chín.

Ở điều kiện thường, chất béo không no ở trạng thái lỏng, chất béo no ở trạng thái rắn.

→ Ở điều kiện thường, triolein là chất béo không no nên phải ở trạng thái lỏng.

→ Phát biểu sai:"Ở điều kiện thường, chất béo (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ ở trạng thái rắn".

Nếu gắn Cu vào Fe thì khi đó Fe là kim loại mạnh hơn sẽ đóng vai trò làm anot, và Fe bị ăn mòn điện hoá học. Như vậy sẽ không bảo vệ được Fe, mà còn làm Fe bị ăn mòn nhanh hơn.

A. Không điện ly.

B. NaCl là muối điện ly mạnh.

C. H₂O là chất điện ly yếu.

D. HF là axit yếu nên là chất điện ly yếu.

\(Si+2NaOH+{{H}_{2}}O\to N{{a}_{2}}Si{{O}_{3}}+2{{H}_{2}}\uparrow \)

\(NaHC{{O}_{3}}+HCl\to NaCl+{{H}_{2}}O+C{{O}_{2}}\uparrow \)

\(4{{H}^{+}}+NO_{3}^{-}+3F{{e}^{2+}}\to 3F{{e}^{3+}}+NO+2{{H}_{2}}O\)

Etanol hay ancol etylic là chất lỏng ở điểu kiện thường trong khi tinh bột, glucozơ, glyxin đều là các chất rắn.

Trong dãy hoạt động các kim loại: từ Zn trở đi có thể điều chế bằng phương pháp thuỷ luyện, nên chỉ có A phù hợp.

\(nHOOC - {\left( {C{H_2}} \right)_4} - COOH + n{H_2}N - {\left( {C{H_2}} \right)_6} - N{H_2} \to  - \left[ {CO - {{\left( {C{H_2}} \right)}_4} - CONH - {{\left( {C{H_2}} \right)}_6} - NH} \right]{ - _n} + 2n{H_2}O\)

Metyl propionat là tên gọi của CH₃CH₂COOCH₃. Chú ý : cách đọc tên este = tên gốc rượu + tên thông thường của axit (đổi ic = at).

Nước cứng được định nghĩa là nước chứa nhiều ion: Ca²⁺, Mg²⁺.

\(N{a_2}C{O_3}( + C{O_2} + {H_2}O) \to NaHC{O_3}( + NaHS{O_4}) \to N{a_2}S{O_4}( + Ba{\left( {OH} \right)_2}) \to NaOH( + NaHC{O_3}) \to N{a_2}C{O_3}\)

Ta có :

\(k=\frac{20.2+2-30}{2}=6={{k}_{vong}}+{{k}_{\pi }}=1+5\)

số vòng trong công thức cấu tạo = 1 (vitamin A có 1 vòng 6 cạnh)

số liên kết $\pi $ trong công thức cấu tạo \(=k-{{k}_{vong}}=6-1=5\)

* Số liên kết đôi trong phân tử vitamin A là \({{k}_{\pi }}=5\). (trong phân tử vitamin A không có chứa liên kết ba , nên số \({{k}_{\pi }}\) chính là số liên kết đôi)

Nhận xét về số nguyên tử O:

\(y<\frac{62-12.2-x}{16}\to y<\frac{62-12.2}{16}\to y<2,375\to y\le 2\)

Chất hữu cơ bền có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc nên số nguyên tử $O\ge 1$ (tối thiểu phải có 1 nhóm - CHO)

\(\left[ \begin{align} & y=1\to \text{CTCT:}{{C}_{2}}{{H}_{2}}O,\,{{C}_{2}}{{H}_{4}}O \\ & y=2\to \text{CTCT:}{{C}_{2}}{{H}_{2}}{{O}_{2}},\,{{C}_{2}}{{H}_{4}}{{O}_{2}} \\ \end{align} \right.\)

Các chất thoả mãn là CH₃CHO, (CHO)₂, HOCH₂CHO, HCOOCH₃.

Do NH₃ tan nhiều trong nước nên không thể thu bằng phương pháp đẩy nước.

(a) Sai, Saccarozơ được cấu tạo từ 1 gốc \(\alpha \)-glucozơ và 1 gốc \(\beta \)-fructozơ.

(b) Sai, Khử glucozơ thu được sobitol.

(c) Sai, Trong phân tử fructozơ có một nhóm -CO.

(f) Sai, Saccarozơ bị thủy phân trong môi trường axit.

Các chất lưỡng tính thường gặp :

- Một số oxit: Al₂O₃, ZnO , Cr₂O₃, ...

- Một số hiđroxit: Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Cr(OH)₃, ...

- Một số muối axit của axit yếu : NaHCO₃, KHS, ...

- Amino axit: NH₂-CH₂-COOH, ...

→ Trong các chất đề bài cho, chỉ có NaHSO₃ là chất lưỡng tính. 

\({{n}_{CaC{{O}_{3}}}}={{n}_{MgC{{O}_{3}}}}=\frac{16,1}{100+84}=0,0875mol\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,0875.2=0,175mol\)

\(\to {{V}_{C{{O}_{2}}}}=0,175.22,4=3,92\left( lit \right)\)

(1) Anilin không tan trong nước do ảnh hưởng của gốc phenyl, anilin có tính bazo yếu nên không làm quỳ chuyển màu → A, D đúng.

(2) \({{C}_{6}}{{H}_{5}}N{{H}_{2}}+HCl\to {{C}_{6}}{{H}_{5}}NH_{3}^{+}C{{l}^{-}}\) (muối tan trong nước, phân li ra các ion) → B đúng.

(3) \({{C}_{6}}{{H}_{5}}NH_{3}^{+}C{{l}^{-}}+NaOH\to {{C}_{6}}{{H}_{5}}N{{H}_{2}}+NaCl+{{H}_{2}}O\) (anilin không tan trong nước) → C sai.

B. Sai vì khí sinh ra trong quá trình quang hợp là O₂

C. Sai do CO₂ gây hiệu ứng nhà kính.

D. Sai vì nước chứa các độc tố đó là nước đã bị ô nhiễm

Este 2 chức tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức có công thức R(COOR’)₂

\(R{{\left( COO{R}' \right)}_{2}}+2NaOH\to R{{\left( COONa \right)}_{2}}+2{R}'OH\)

Ta có: \({{n}_{ancol}}=2{{n}_{este}}=0,2mol\to {{M}_{ancol}}=32\to C{{H}_{3}}OH\to {R}'\) là –CH₃

Theo đề : \({{m}_{2}}-{{m}_{1}}=0,1356{{m}_{1}}\) (với m₂, m₁ lần lượt là khối lượng của muối và este)

\(\to 0,1\left( R+67.2 \right)-0,1\left( R+59.2 \right)=0,1356.0,1.\left( R+59.2 \right)\)

Ta được công thức đó là (COOCH₃)₂.

Công thức của X là (H₂N)_xR(COOH)_y: 1 mol

\({{n}_{HCl}}={{n}_{-N{{H}_{2}}}}=xmol\to p={{m}_{X}}+36,5x\)

\({{n}_{KOH}}={{n}_{-COOH}}=ymol\to q={{m}_{x}}+\left( 39-1 \right)y\)

q-p=39,5 →  38y-36,5x = 39,5

Biện luận → x = 1,y = 2 là nghiệm thoả mãn → X có 4O và 1N

Dựa vào các phương án đề bài cho → X là C₅H₉O₄N

(a) \(C{{H}_{2}}=C{{\left( COO{{C}_{2}}{{H}_{5}} \right)}_{2}}\left( X \right)+2NaOH\to C{{H}_{2}}=C{{\left( COONa \right)}_{2}}\left( {{X}_{1}} \right)+2{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH\left( {{X}_{3}} \right)\)

(b) \(C{{H}_{2}}=C{{\left( COONa \right)}_{2}}\left( {{X}_{1}} \right)+2NaOH\to {{C}_{2}}{{H}_{4}}\left( {{X}_{4}} \right)+2N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}\)

(c) \({{C}_{6}}{{H}_{12}}{{O}_{6}}\left( \text{glucozo} \right)\to 2{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH\left( {{X}_{3}} \right)+2C{{O}_{2}}\)

(d) \({{C}_{2}}{{H}_{5}}OH\left( {{X}_{3}} \right)\to {{C}_{2}}{{H}_{4}}\left( {{X}_{4}} \right)+{{H}_{2}}O\)

A. Sai, X₁ không hoà tan được Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.

B. Sai, X có công thức phân tử là C₈H₁₂O₄.

D. Sai. Nhiệt độ sôi của X₄ nhỏ hơn X₃.

- Khi đốt X: \(\left\{ \begin{align} & {{n}_{X}}=\frac{{{n}_{O\left( X \right)}}}{6}=\frac{2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}-2{{n}_{{{O}_{2}}}}}{6}=0,04mol \\ & a={{m}_{C{{O}_{2}}}}+18{{n}_{{{H}_{2}}O}}-32{{n}_{{{O}_{2}}}}=35,36\left( g \right) \\ \end{align} \right.\)

- Cho m₁ (g) X tác dụng với NaOH thì: \({{n}_{X}}={{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{5}}{{\left( OH \right)}_{3}}}}=0,04mol\)

\(m=a+40{{n}_{NaOH}}-92{{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{5}}{{\left( OH \right)}_{3}}}}=37,68\left( g \right)\)

Trong tính toán có thể coi công thức phân tử tinh bột và xenlulozơ là C₆H₁₀O₅ cho dễ tính toán.

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} {C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}:xmol\\ {C_6}{H_{10}}{O_5}:ymol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,1\\ 2x.2 + 2y = 0,25 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,025\\ y = 0,075 \end{array} \right. \to m = 20,7\left( g \right)\)

Đặt \({{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{NaOH}}=x\left( mol \right)\)

\(\to {{n}_{O\left( X \right)}}=2x\left( mol \right)\) (vì O đi hết vào nhóm -COONa, \({{n}_{O\left( X \right)}}={{n}_{O\left( \text{muoi} \right)}}=2.{{n}_{Na}}\)

\({{m}_{X}}=\frac{16.2x}{0,4}=80x\left( gam \right)\)

Bảo toàn khối lượng \(\to 80x+40x=12,24+18x\to x=0,12\)

\(\to {{m}_{X}}=9,6\left( g \right)\)

\(\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,65mol\) và \({{m}_{M}}=14\left( g \right)\)

Gọi a là số mol C₂H₅NH₂ và b là số mol các amin còn lại

\( \to \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,25\\ 2a + 3b = 0,65 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,15 \end{array} \right. \Rightarrow \% {m_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} = 32,14\% \)

Loại phương án A và B vì kết tủa BaSO₄ không tan.

Giả sử V ml dung dịch H₂SO₄ có \({n_{{H^ + }}} = 2mol\) 

Nếu hai chất đó nằm ở phương án C thì: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{AlO_2^ - }} = {n_{{H^ + }}}\left( 1 \right)\\ 4{n_{AlO_2^ - }} = {n_{{H^ + }}}\left( 2 \right) \end{array} \right.\) (không thoả mãn)

Nếu hai chất đó là \(\left\{ \begin{array}{l} NaOH:x\\ NaAl{O_2}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 2\\ x + 4y = 3,4.2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,4\\ y = 1,6 \end{array} \right.\) (thoả mãn)

Đáp án

(1) Dung dịch chứa hai chất tan là NaOH và NaAlO₂.

(2) Dung dịch chứa hai chất tan là H₂CrO₄ và H₂Cr₂O₇.

(3) Dung dịch chứa một chất tan là NaOH.

(4) Dung dịch chứa hai chất tan là CuCl₂ và FeCl₂.

(5) Dung dịch chứa một chất tan là Na₂CO₃.

(6) Dung dịch chứa hai chất tan là CuSO₄ và Na₂SO₄.

Theo đề ta có: \({n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{{n_{O\left( {trong\,X} \right)}}}}{3} = \frac{{86,3.0,1947}}{{16.3}} = 0,35mol\) 

- Khi hòa tan hỗn hợp X bằng nước. Xét dung dịch Y ta có:

\(\begin{array}{l} {H_2}O \to O{H^ - } + \frac{1}{2}{H_2}\\ 2O{H^ - } + A{l_2}{O_3} \to 2AlO_2^ - + {H_2}O \end{array}\) 

\({n_{AlO_2^ - }} = 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,7mol \to {n_{O{H^ - }}} = {n_{O{H^ - }{\rm{sinh ra}}}} - {n_{O{H^ - }{\rm{phan ung}}}} = 2{n_{{H_2}}} - {n_{AlO_2^ - }} = 0,5mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 2,4 mol HCl, vì: \({n_{AlO_2^ - }} + {n_{O{H^ - }}} < {n_{{H^ + }}} < 4{n_{AlO_2^ - }} + {n_{O{H^ - }}}\) 

\( \to {n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = \frac{{4{n_{AlO_2^ - }} - \left( {{n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}}} \right)}}{3} = 0,3mol \to {m_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 23,4\left( g \right)\) 

Nhận xét:

\(C{O_2} \to X\left[ \begin{array}{l} NaO{H_{du}},\,N{a_2}C{O_3} \to C{O_2} \to \frac{{{n_{HCl}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} \ge 2\\ N{a_2}C{O_3},\,NaHC{O_3} \to C{O_2} \to 2 \ge \frac{{{n_{HCl}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} \ge 1 \end{array} \right.\)

Theo đề bài: \({n_{C{O_2}}} = 0,09,\,{n_{HCl}} = 0,012 \to \frac{{{n_{HCl}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = 1,33\) 

Vậy dung dịch A chứa Na₂CO₃, NaHCO₃

Khi cho 1/2X vào HCl thì:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{HCO_3^ - {\rm{phan ung}}}} + 2{n_{CO_3^{2 - }{\rm{phan ung}}}} = {n_{{H^ + }}} = 0,12\\ {n_{HCO_3^ - {\rm{phan ung}}}} + {n_{CO_3^{2 - }{\rm{phan ung}}}} = 0,09 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{HCO_3^ - {\rm{phan ung}}}} = 0,06mol\\ {n_{CO_3^{2 - }{\rm{phan ung}}}} = 0,03mol \end{array} \right. \to \frac{{{n_{HCO_3^2}}}}{{{n_{CO_3^{2 - }}}}} = 2\) 

Khi cho 1/2X vào Ba(OH)₂ dư thì: \({n_{HCO_3^ - }} + {n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,15 \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{HCO_3^ - }} = 0,1mol\\ {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,05mol \end{array} \right.\)

→ X chứa \(CO_{3}^{2-}\) (0,1 mol), \(HCO_{3}^{-}\) (0,2 mol), Na⁺ (a+2b mol).

\(\begin{array}{l} \to 0,15 + b = 0,3 \Rightarrow b = 0,15mol \to a = 0,1mol\\ \to a:b = 2:3 \end{array}\)

\({k_X} = \frac{{3.2 + 2 + 3 - 11}}{2} = 0 = \pi - i\) (k là độ bất bão hoà tính theo công thức phân tử, \(\pi \) là số liên kết pi thực tế trong công thức cấu tạo, i là số liên kết ion trong công thức cấu tạo)

có 6 nguyên tử O nên Y là muối amoni của 2 gốc trong các gốc sau \(NO_{3}^{-},\,HCO_{3}^{-},\,CO_{3}^{2-}\) (các gốc anion này đều có \(\pi =1\) nên \({{\pi }_{x}}=2\)) \(\to i=\pi -k=2\) (Y có 2 liên kết ion trong phân tử), để ý trong X có 3 nguyên tử N nên X chỉ có thể là muối amoni 2 chức với 2 gốc axit là \(NO_{3}^{-},\,HCO_{3}^{-}\)

\( \to X:HC{O_3}{H_3}N{\left( {C{H_2}} \right)_2}N{H_3}N{O_3} + 3NaOH \to N{a_2}C{O_3} + NaN{O_3} + {H_2}N{\left( {C{H_2}} \right)_2}N{H_2} + 3{H_2}O\)

mol               0,1                                       0,3               0,1             0,1

\( \to m = 85{n_{NaN{O_3}}} + 106{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 19,1\left( g \right)\)

$\to X:HC{{O}_{3}}{{H}_{3}}N{{\left( C{{H}_{2}} \right)}_{2}}N{{H}_{3}}N{{O}_{3}}$

${{n}_{NaOH}}={{n}_{Ba{{\left( OH \right)}_{2}}}}=0,2mol\to {{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,6mol$

Ta có: \({{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=0,15mol\)

Do dẫn từ từ toàn bộ khí Z vào dung dịch gồm Ba(OH)₂ và NaOH, thu được kết tủa, lọc kết tủa rồi đun nóng dung dịch lại thấy có kết tủa xuất hiện

→ Dung dịch sau phản ứng có \(HCO_{3}^{-}\)

\(\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{O{{H}^{-}}}}-{{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=0,45mol\to m=24-0,45.16=16,8\left( g \right)\)

Phân tử tinh bột hấp thụ iot tạo ra dung dịch có màu xanh tím. Khi đun nóng, iot bị giải phóng ra khỏi phân tử tinh bột làm mất màu xanh tím. Khi để nguội, iot bị hấp thụ trở lại làm cho dung dịch có màu xanh tím.

Khi đốt cháy 0,09mol A ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_X} + {n_Y} + {n_Z} = 0,09\left( 1 \right)\\ {n_{O\left( A \right)}} + 0,495.2 = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\left( 2 \right){\rm{ vao }}44{n_{C{O_2}}} - 18{n_{{H_2}O}} = 11,1\left( * \right)\\ {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = - {n_Y} + {n_Z}\left( 3 \right) \end{array} \right.\)

Khi cho 15,03 g A tác dụng với KOH thì: \(\left\{ \begin{array}{l} k\left( {{n_X} + 2{n_Z}} \right) = 0,15\left( 4 \right)\\ k\left[ {12{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} + 16.{n_{O\left( A \right)}}} \right] = 15,03\left( 5 \right) \end{array} \right.\) 

Lấy (1) - (3) ta được: \({n_X} + 2{n_Z} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + 0,09\) rồi thay vào (4): \(k\left( {{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + 0,09} \right) = 0,15\) 

Lập tỉ lệ: \(\frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + 0,09}}{{44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} - 15,84}} = \frac{{0,15}}{{15,03}} \Rightarrow 0,56{n_{C{O_2}}} - 1,18{n_{{H_2}O}} = - 0,248\) (**)

Từ (*) và (**) suy ra: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,42mol;\,{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,41mol\Rightarrow {{m}_{A}}=10,02\left( g \right)\)

Tiếp tục giải hệ đốt cháy tìm được: \({{n}_{X}}=0,02;\,{{n}_{Y}}=0,03;\,{{n}_{Z}}=0,04\)

Trong 15,03 gam A thì: \(\to m=16,38\left( g \right)\)

Tại t = a (s): có khí Cl₂ thoát ra tại anot \( \Rightarrow {V_{C{l_2}}} = x \to {n_{{e_{\left( 1 \right)}}}} = 2{n_{C{l_2}}} = \frac{{2x}}{{22,4}}\) 

Tại t = 3a (s): có khí Cl₂, O₂ thoát ra tại anot mà \({V_{C{l_2}}} + {V_{{O_2}}} = 2x \to {V_{{O_2}}} = x \to {n_{{O_2}}} = \frac{x}{{22,4}}\)

\( \to {n_{Cu}} = \frac{{3{n_{e\left( 1 \right)}}}}{2} = \frac{{3x}}{{22,4}}\) 

Tại t = 4a (s): có khí Cl₂, O₂ thoát ra tại anot và khí H₂ thoát ra tại catot.

\(V = {V_{C{l_2}}} + {V_{{O_2}}} + {V_{{H_2}}} = 7,84 \to {n_{{O_2}}} + {n_{{H_2}}} = 0,35 - \frac{x}{{22,4}}\) (1)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}\left( {4{n_{e\left( 1 \right)}} - 2{n_{Cu}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{8x}}{{22,4}} - \frac{{6x}}{{22,4}}} \right) = \frac{x}{{22,4}}\\ {n_{{O_2}}} = \frac{1}{4}\left( {4{n_{e\left( 1 \right)}} - 2{n_{C{l_2}}}} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{{8x}}{{22,4}} - \frac{{2x}}{{22,4}}} \right) = \frac{{1,5x}}{{22,4}} \end{array} \right.\)  (2)

Thay (2) thay vào (1): x = 2,24.

Tại t = 2,5a (s): có khí Cl₂ (0,1 mol), O₂ thoát ra tại anot và tại catot có Cu

Có \({n_e} = 2,5{n_{e\left( 1 \right)}} = 0,5mol \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{{O_2}}} = 0,075mol \Rightarrow {n_{HN{O_3}}} = 4{n_{{O_2}}} = 0,3mol\\ {n_{Cu}} = 0,25mol \Rightarrow {n_{C{u^{2 + }}\left( {dd} \right)}} = 0,3 - 0,25 = 0,05mol \end{array} \right.\) 

Khi cho Fe tác dụng với dung dịch sau điện phân thì: \({m_{Fe}} = 56.\left( {\frac{3}{8}{n_{HN{O_3}}} + {n_{C{u^{2 + }}}}} \right) = 9,1\left( g \right)\) 

\(\left\{ \begin{array}{l} Mg:2x\left( {mol} \right)\\ Zn:x\left( {mol} \right) \end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l} F{e^{3 + }}:0,2\left( {mol} \right)\\ C{u^{2 + }}:0,15\left( {mol} \right)\\ SO_4^{2 - }:0,45\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} Z:Cu,Fe\\ Y:\left| \begin{array}{l} M{g^{2 + }}:2x\\ Z{n^{2 + }}:x\\ F{e^{2 + }}:y\\ SO_4^{2 - }:0,45 \end{array} \right. \end{array} \right. \to F{e_2}{O_3} + MgO\)

Xét dung dịch Y ta có: 4x+2x+2y = 0,45.2 (1)

Xét hỗn rắn khan ta có: 40.2x+0,5y.160=15,2 (2)

Từ (1), (2) suy ra: x=0,13; y=0,06

Xét hỗn hợp rắn Z ta có: \({{n}_{Fe\left( \text{trong}\,\text{Y} \right)}}=0,14mol\)

\(\to {{m}_{Y}}=64.{{n}_{Cu}}+56.{{n}_{Fe}}=17,44\left( g \right)\).