Đáp án D

Do X + NaOH tạo khí Z nên X chứa NH₄⁺ → X chứa: H⁺ (có thể dư), NO₃^–, Mg²⁺

(0,4 mol), NH₄⁺.

Kết tủa là Mg(OH)₂ (0,4 mol), khí là NH₃ (0,05 mol) \(\to {{n}_{NH_{4,}^{+}}}=0,05(mol)\)

Xét NaOH dư thì 67,55 gam chất rắn chỉ có NaNO₂ (a mol) và NaOH dư (b mol).

\(a+b={{n}_{NaOH\,ban\,dau}}=1mol;\) khối lượng chất rắn \(=69a+40b=67,55\)

\(\to a=0,95;b=0,05\to {{n}_{NaN{{O}_{3}}trongY}}=0,95mol={{n}_{NaOH\,\,phan\,\,ung}}\)

\(\to {{n}_{HN{{O}_{3}}du}}=0,95-0,05-0,4.2=0,1mol\to {{n}_{HN{{O}_{3}}\,\,pu}}=1,2-0,1=1,1mol\)

Bảo toàn H: \({{n}_{{{H}_{2}}O}}=\frac{1}{2}.(1,1-0,05.4)=0,45mol.\)

Bảo toàn khối lượng:

\(m={{m}_{Mg}}+{{m}_{HN{{O}_{3}}pu}}-{{m}_{Mg{{(N{{O}_{3}})}_{2}}}}-{{m}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}-{{m}_{{{H}_{2}}O}}\)

=9,6+1,1.63-148.0,4-0,05.80-0,45.18=7,6gam.

Đáp án A

X có thể là ala-ala-gly; ala-gly-ala  gly- ala-ala. Gly-gly-ala, gly-ala-gly; ala-gly-gly

Đáp án đúng: C

Khi cho dung dịch FeSO₄ vào trong hỗn hợp Zn và HCl thì xảy ra thêm phản ứng

Zn + Fe²⁺ → Fe + Zn²⁺

Phản ứng này tạo ra lớp sắt bám trên bề mặt kẽm làm xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa và vì vậy khiến kẽm bị ăn mòn mạnh hơn.

Đáp án B

\(\underbrace {Mg,Fe,FeC{O_3},Cu{{(N{O_3})}_2}}_{m(g)\,\,X} + \underbrace {{H_2}S{O_4},\overbrace {NaN{O_3}}^{0,045\,\,mol}}_{dung\,\,dich\,\,hon\,\,hop} \to \underbrace {M{g^{2 + }},F{e^{a + }},C{u^{2 + }},\overbrace {N{a^ + }}^{0,045\,\,mol},NH_4^ + ,SO_4^{2 – }}_{62,605(g)\,\,Y} + \underbrace {\overbrace {{H_2}}^{0,02\,\,mol},C{O_2},NO}_{0,17\,\,mol\,\,hon\,\,hop\,\,Z}\)

Cho  \(\underbrace {M{g^{2 + }},F{e^{a + }},C{u^{2 + }},NH_4^ + ,SO_4^{2 – }}_{62,605(g)\,Y} \to \underbrace {Fe{{(OH)}_a},Cu{{(OH)}_2},Mg{{(OH)}_2}}_{31,72(g) \downarrow } + N{a_2}S{O_4}\)

\( \Rightarrow a{n_{F{e^{a + }}}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 2{n_{C{u^{2 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = {n_{NaOH}} = 0,865\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

\(\begin{array}{l}
\to {n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 – }}} = 0,455\,\,mol\\
\Rightarrow {m_{ \downarrow \max }} = 56{n_{F{e^{a + }}}} + 24{n_{M{g^{2 + }}}} + 64{n_{C{u^{2 + }}}} + 17\left( {{n_{O{H^ – }}} – {n_{NH_4^ + }}} \right) \to 56{n_{F{e^{a + }}}} + 24{n_{M{g^{2 + }}}} + 64{n_{C{u^{2 + }}}} = 17,015 + 17{n_{NH_4^ + }}
\end{array}\)

Ta có: \({m_Y} = 56{n_{F{e^{a + }}}} + 24{n_{M{g^{2 + }}}} + 64{n_{C{u^{2 + }}}} + 23{n_{N{a^ + }}} + 18{n_{NH_4^ + }} + 96{n_{SO_4^{2 – }}}\)

\(\begin{array}{l}
\to 62,605 = 17,015 + 17{n_{NH_4^ + }} + 23.0,045 + 18{n_{NH_4^ + }} + 96.0,455 \to {n_{NH_4^ + }} = 0,025(mol)\\
\to {n_{{H_2}O}} = \frac{{2{n_{{H_2}S{O_4}}} – 4{n_{NH_4^ + }} – 2{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,385\,\,mol\\
\to {m_X} = {m_Y} + {m_Z} + 18{n_{{H_2}O}} – 85{n_{NaN{O_3}}} – 98{n_{{H_2}S{O_4}}} = 27,2(gam)
\end{array}\)

Khi cho Y tác dụng lần lượt với các dung dịch BaCl2 và AgNO3 thì thu được kết tủa gồm:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{BaS{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 – }}} = {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,455\,\,mol\\
{n_{AgCl}} = 2{n_{BaC{l_2}}} = 0,91\,\,mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{Ag}} = {n_{F{e^{2 + }}}} = \frac{{m \downarrow – 233{n_{BaS{O_4}}} – 143,5{n_{AgCl}}}}{{108}} = 0,18\,(mol)\)

– Khí Z chứa các khí H2 (0,02 mol), CO2 (0,11 mol), NO (0,04 mol).

\( \to {n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = 0,5({n_{NO}} + {n_{NH_4^ + }} – {n_{NaN{O_3}}}) = 0,01\,\,mol.\)

Từ (1) \( \to 3{n_{F{e^{3 + }}}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} = 0,46\,\,\,\left( 2 \right)\)

Và \(24{n_{M{g^{2 + }}}} + 56{n_{F{e^{3 + }}}} = 6,72\,\,\,\,\left( 3 \right).\) 

Từ (2), (3) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{F{e^{3 + }}}}:0,06\\
{n_{M{g^{2 + }}}}:0,14
\end{array} \right.\,\,\,(mol)\)

\( \Rightarrow {n_{Fe(X)}} = ({n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{F{e^{2 + }}}}) – \underbrace {{n_{FeC{O_3}}}}_{{n_{C{O_2}}}} = 0,06 + 0,18 – 0,11 = 0,13\,\,(mol).\)

Vậy \(\% {m_{Fe}} = \frac{{0,13.56}}{{27,2}}.100\% = 26,76\% .\)

Đáp án C

\(\underbrace {X\left\{ \begin{array}{l}
Fe\\
Fe{(N{O_3})_2}\\
Al
\end{array} \right.}_{11,2648(gam)} \to \left\{ \begin{array}{l}
Y\left\{ \begin{array}{l}
F{e^{2 + }}\\
F{e^{3 + }}\\
NH_4^ + :a\,\,(mol) \to \downarrow \underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
AgCl\\
Ag
\end{array} \right.}_{(72,2092\,\,gam)}\\
A{l^{3 + }}\\
C{l^ – }
\end{array} \right.\\
Z\left\{ \begin{array}{l}
{N_2}:0,02\\
{H_2}:0,01
\end{array} \right.(mol) + {H_2}O
\end{array} \right.\)

Ta có các phản ứng sau:

\(\begin{array}{l}
12{H^ + } + 2NO_3^ – + 10e \to {N_2} + 6{H_2}O\\
0,24\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,02\,\,\,\,0,12
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
10{H^ + } + NO_3^ – + 8e \to NH_4^ + + 3{H_2}O\\
10a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3a\,\,\,\,\,\,mol
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
2{H^ + } + 2e \to {H_2} \uparrow \\
0,02\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,01\,\,\,\,mol
\end{array}\)

 \( \to {n_{{H_2}O}} = 0,12 + 3a\) 

Bảo toàn khối lượng:

\(\begin{array}{l}
11,2468 + 36,5.(0,26 + 10a) = 24,2348 + 0,02.28 + 0,01.2 + 18.(0,12 + 3a)\\
\to a = 0,02 \to {n_{C{l^ – }}} = 0,26 + 10a = 0,46 = {n_{AgCl}}\\
{n_{Ag}} = \frac{{72,2092 – 0,46.143,5}}{{108}} = 0,0574\,\,(mol)\\
F{e^{2 + }} + A{g^ + } \to Ag + F{e^{3 + }}\\
\to {n_{F{e^{2 + }}}} = {n_{Ag}} = 0,0574\,(mol)
\end{array}\)

Bảo toàn điện tích dung dịch Y:  \(2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} + 3{n_{A{l^{3 + }}}} = {n_{C{l^ – }}}\) 

\(\begin{array}{l}
\to 3{n_{F{e^{3 + }}}} + 3{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,3252\,\,mol\left( 1 \right)\\
{m_{muoi}} = 56.{n_{F{e^{3 + }}}} + 56.{n_{F{e^{2 + }}}} + 18.{n_{NH_4^ + }} + 27.{n_{A{l^{3 + }}}} + 35,5.{n_{C{l^ – }}}\\
\to 56.{n_{F{e^{3 + }}}} + 27.{n_{A{l^{3 + }}}} = 4,3304\left( 2 \right)
\end{array}\)

Giải (1), (2) \( \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{F{e^{3 + }}}} = 0,0484\\
{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,06
\end{array} \right.(mol) \to \% {m_{FeC{l_3}}} = \frac{{0,0484.162,5}}{{24,2348}}.100\% = 32,453\% \) 

Giả sử amino axit có t cacbon

– Đốt cháy X (có 5t nguyên tử C):

n_{kết tủa} = n_BaCO3 = n_CO2 = n_C(X)

→ 295,5 : 197 = 0,1.5t → t = 3

Do a-amino axit no mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH trong phân tử nên amino axit là:

CH₃-CH(NH₂)-COOH (Ala)

Vậy Y có CTPT là (Ala)₆

– Phản ứng thủy phân Y:

(Ala)₆ + 6NaOH → 6Ala-Na + H₂O

→ n_Ala-Na = 6n_Y = 0,9 mol

→ m_muối = 0,9.111 = 99,90 gam

Đáp án B

C₂H₅NH₂ + HCl → C₂H₅NH₃Cl

0,2 mol → 0,2 mol

→ m = 16,3g

Đáp án đúng: A

n_X = n_HCl = 0,1 mol ⇒ M_X = 45 g/mol (C₂H₇N).

Đáp án đúng: D

– Ở đây qua bốn đáp án ta có được ancol thuộc dãy đồng đẳng no đơn chức.

– Xét phần 1: Cho tác dụng với K thu được 3,36 lit H₂ từ đây ta có n_ancol = 2nH₂ = 0,3 mol

– Xét phần 2: khi tách nước chỉ thu được một anken nên trong X sẽ chứa CH₃OH. Ancol còn lại là ROH.

– Anken này làm mất màu 32 g brom → nR_OH = n_anken = 0,2(mol)

nCH₃OH = 0,1mol → mCH₃OH = 3,2g

mROH = 12g → M = 60 → ROH: C₃H₇OH

Đáp án đúng: B

Khối lượng một mắt xích là: 400000/4000 = 100. → [-CF₂-CF₂-] = 12.2 + 19.4 = 100

Khi đi từ Li tới Cs trong một phân nhóm bán kính nguyên tử sẽ tăng dần. 

Gly-Ala là đi peptit không có phản ứng màu biure nên dùng Cu(OH)₂ để nhận ra Gly-Ala-Val (sản phẩm có màu tím)

Phương trình hoàn chỉnh: 4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + N₂O + 5H₂O → Tổng hệ số = 24

Đáp án đúng: C

– Dùng Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường chia các chất cần nhận biết thành 3 nhóm:

+ Nhóm tạo phức màu xanh lam đậm: glucozơ, saccarozơ (nhóm I).

+ Nhóm không phản ứng (không hòa tan Cu(OH)₂): anđehit axetic.

+ Nhóm có phản ứng tạo dung dịch màu xanh: axit axetic.

– Dùng Cu(OH)₂ đun nóng nhận với 2 chất trong nhóm I nhận ra glucozơ do tạo kết tủa đỏ gạch Cu₂O

Các amin muốn tạo kết tủa với dung dịch Br₂ phải có N gắn trực tiếp với vòng benzen và ít nhất 1 trong các vị trí o- hoặc p- so với nhóm chức amin không có nhánh. Các cấu tạo thỏa mãn: C₆H₅NHCH₃; C₆H₄(NH₂)CH₃ (3 đồng phân o-; p-; m-).

– Loại A, D vì không tạo được Glu – Gly.

– Loại C vì không tạo được Ala – Gly.

– Sơ đồ phản ứng: CH₂=CHCOOH + CH₃OH → CH₂=CHCOOCH₃ → (C₄H₆O₂)_n.

– Hiệu suất chung của cả quá trình: H = 62,5%.80% = 50%.

– Khối lượng các chất cần dùng: m_Axit = (72.86.100) : (86.50) = 144 gam

m_ancol = (32.86.100) : ( 86.50) = 64 gam

Đáp án đúng: D

Sản phẩm cuối là CH₃COONa → Z có thể là CH₃COOH → Y là CH₃CHO → X là C₂H₅OH.

Tơ nhân tạo xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học Từ xenlulozơ chế tạo ra tơ visco, tơ axetat.

– Phản ứng: R(NH₂)COOH + HCl → R(NH₃Cl)COOH.

– n_a.a = n_muối = 0,1 → M_muối = 11,15/0,1 = 111,5 = R + 97,5 → R = 14 (CH₂)

→ Amino axit là CH₂(NH₂)COOH (glyxin).

Đáp án đúng: B

– Nhóm ankyl có ảnh hưởng làm tăng mật độ electron ở nguyên tử nitơ do đó làm tăng lực bazơ, càng nhiều nhóm ankyl lực bazơ càng mạnh; nhóm phenyl (-C₆H₅) làm giảm mật độ electron ở nguyên tử nitơ làm giảm lực bazơ; càng nhiều nhóm phenyl lực bazơ càng yếu.

– Lực bazơ: C6H5NH2

Đáp án đúng: B

Khối lượng chung hai ancol là: m_hh = 1,38 + 1,2 = 2,58 gam; n_hh = 2nH₂ = 0,05 mol

M_{hh ancol} = 2,58 : 0,05 = 51,6

Vì hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp nên 2 ancol là C₂H₅OH (46) và C₃H₇OH (60)

Đáp án đúng: C

– Có: nCO₂ = 0,2 mol = nH₂O→ este no, đơn chức, mạch hở C_nH_2nO₂.

– Sơ đồ đốt cháy: C_nH_2nO₂ → nCO₂.

Ta có: 6n : (14n + 32) = 0,2 → n = 2 → Este là C₂H₄O₂.

Đáp án đúng: C

Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocabon (hoặc bằng số gốc hidrocacbon gắn với N)

→ Amin bậc 2 là CH₃NHCH₃.

Đáp án đúng: C

Cho từ từ NaOH vào cốc đựng phenol có chứa vài giọt phenolphthalein

NaOH + C₆H₅OH → C₆H₅ONa + H₂O

Khi lượng NaOH dư thì cốc bắt đầu chuyển sang màu hồng. Phenolphtalein dùng như thuốc thử trong hóa phân tích.

Đáp án đúng: D

Ta có: nH₂O = n_NaOH = 0,04 (vì các axit đều là đơn chức).

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_muối = 2,53 + 0,04.40 – 0,72 = 3,41(g).

Dựa vào cấu hình e thấy X là kim loại điển hình (nhóm IA), Y là phi kim điển hình (nhóm VIIA) → liên kết giữa X và Y là liên kết ion

Đáp án đúng: A

Ta có: n_{CO (pư)} = n_{O (trong oxit)} = 0,25 → m_Fe = m_{hh oxit} – m_O = 20,8 – 0,25.16 = 16,8 gam.

Đáp án đúng: C

Áp dụng bảo toàn e: nFeSO₄ = 5.nKMnO₄ = 0,05 mol  → mFeSO₄ = 7,6 gam → mFe₂(SO₄)₃ = 2,4 gam

→ %mFe₂(SO₄)₃ = 24%

Đáp án đúng: C

Áp dụng bảo toàn e: 3n_Al = 2nH₂ = 0,045.2 → n_Al = 0,03. → m_Al = 0,81 gam → mAl₂O₃ = 2,04 gam 

→ %mAl₂O₃ = 71,58%

Đáp án đúng: B

– Để tồn tại dung dịch, các ion trong dung dịch phải không có phản ứng với nhau → loại A và D vì OH tạo kết tủa với Mg²⁺ .

– Áp dụng bảo toàn điện tích → nNO₃^– = 0,1 + 0,2.2 + 0,1 – 0,2 = 0,4 mol

– Áp dụng bảo toàn khối lượng: → m_muối = m_cation + m_anion = 0,1.39 + 0,2.24 + 0,1.23 + 0,2.35,5 + 0,4.62 = 42,9 gam 

Đáp án đúng: B

– Ta có: n_axit + n_ancol = 2nH₂ = 0,05; tỉ lệ mol ancol : axit = 2 : 3 → n_ancol = 0,02mol; n_axit = 0,03mol.

– Phản ứng este hóa: RCOOH + CH₃OH → RCOOCH₃ + H₂O

→ n_este = n_ancol = 0,02 → M_este = 1,48/0,02 = 74 → Este là C₃H₆O₂

→ Công thức este là CH₃COOCH₃ → axit là CH₃COOH.

Đáp án đúng: D

– Số mol các chất: Ala = 0,8; Gly = 0,7.

– Giả sử số lượng mắt xích trong mỗi phân tử peptit tạo thành lần lượt là x, y, z và số mol tương ứng là a, a và 2a (a > 0; x, y, z ≥ 2).

– Phản ứng thủy phân: m (gam) X + (ax + ay + 2az – 4a) mol H₂O → 71,20 gam Ala + 52,50 gam Val

– Bảo toàn khối lượng ta có: m = 71,20 + 52,50 – mH₂O = 123,7 – mH₂O.

– Nhận thấy: khối lượng của hỗn hợp X (m) đạt giá trị nhỏ nhất nếu khối lượng nước sử dụng cho phản ứng thủy phân là lớn nhất. Điều này xảy ra khi số mol liên kết peptit là lớn nhất hay hỗn hợp X gồm 3 peptit có số liên kết peptit là 1, 1 và 7 tương ứng với số mol x, x và 2x. Khi đó ta có:

+ nH₂O = x + x + 7.2x = 16x.

+ n_Ala + n_Gly = 2x + 2x + 8.2x = 20x = 0,8 + 0,7 = 1,5 → x = 0,075.

→ m_min = 123,7 – 18.16.0,075 = 102,1 → chỉ có D phù hợp.

Các phương trình phản ứng xảy ra là:

KNO₃ → KNO₂ + 1/2O₂           (1)

0,1                          0,05

Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂ + 1/2O₂        (2)

2NO₂ + 1/2O₂ + H₂O →  2HNO₃           (3)

Ta thấy tỉ lệ phản ứng của khí ở phương trình (3) đúng bằng tỉ lệ khí sinh ra ở phương trình (2) nên ta coi như toàn bộ khí của phương trình 2 sinh ra bị hấp thụ hết, còn lại 1,12 lít khí sinh ra là O₂ của phương trình (1)

→ mKNO₃ = 10,1 gam → mCu(NO₃)₂ = 18,8 gam → % mCu(NO₃)₂ = 65,05%.

Đáp án đúng: D

Dung dịch có pH >7: CH₃NH₂, CH₃COONa, H₂NCH₂CH₂CH₂CH(NH₂)COOH và K₂CO₃.

Đáp án đúng: B

Ta có: M_X = 16,4 → m_X = 0,5.16,4 = 8,2 gam = m_Y .

M_Z = 14 → m_Z = 14.0,15 = 2,1.

Theo bảo toàn khối lượng ta suy ra khối lượng dung dịch Br₂ tăng là: 8,2 – 2,1 = 6,1 gam

X không tạo amin nên từ Y phải tạo 2 amin kế tiếp

Y là \(C{H_3} – N{H_3}O\,OC – C{H_2} – CO\,ON{H_3}{C_2}{H_5}\,(y)\) 

Hai muối cacboxylat cùng C và từ X tạo 1 ancol nên X là C₂H₃COO-NH₃-C₃H₅(COOCH₃)₂ (x mol)

\(\begin{array}{l}
{m_E} = 247x + 180y = 73,05\\
A:\,C{H_3}OH\,(x);\,C{H_3}N{H_2}\,(y);\,{C_2}{H_5}N{H_2}\,(y)\\
{m_A} = 32.2x + 31y + 45y = (2x + 2y).2.\frac{{124}}{7}\\
 \Rightarrow x = 0,15;\,y = 0,2
\end{array}\) 

Muối gồm \({C_2}{H_3}CO\,OK\,(0,15);\,Glu{K_2}\,(0,15);\,C{H_2}\,{(CO\,OK)_2}\,(0,2) \Rightarrow \% {m_{{C_2}{H_3}CO\,OK}} = 19,2\% \) 

Chọn C

\({n_{NaOH}} = e;\,{m_A} = {m_O} + {m_C} + {m_H} = 16e + 8,8\) 

\(\begin{array}{l}
{m_B} = 106.0,5e + 14,16 – 0,26.32 = 53e + 5,84\\
BTKL:\,23,92 + 40e = (16e + 8,8) + (53e + 5,84)\\
 \Rightarrow e = 0,32
\end{array}\) 

Đốt B: \({n_{C{O_2}}} = u;\,{n_{{H_2}O}} = v \Rightarrow 44u + 18v = 14,16\) 

Bảo toàn O: \(2u + v + 3.0,5e = 0,26.2 + 2e \Rightarrow u = 0,24;\,v = 0,2\) 

Số C của muối = (n_C / n_muối) = 1,25 → muối có HCOONa

Số H của muối = \(2{n_{{H_2}O}}/\) n_muối = 1,25

Số C = số H nên muối còn lại là CH₂=CHCOONa

\(\begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_3}CO\,ONa}} = u – v = 0,04 \Rightarrow {n_{HCOONa}} = 0,28\\
{n_A} = {n_{{H_2}O}} – {n_{C{O_2}}} = 0,2
\end{array}\) 

Số C = \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_A}}} = 3;\,\) Z không quá 5 pi nên Z là:

TH1:

\(\begin{array}{l}
X:\,HCOO{C_3}{H_7}\,(x);\,Y:\,{(HCOO)_2}{C_3}{H_6}\,(y);\,Z:\,{({C_2}{H_3}CO\,O)_2}{C_3}{H_6}\,(0,02)\\
{n_{HCOONa}} = x + 2y = 0,28\\
{m_E} = 88x + 132y + 0,02.184 = 23,92 \Rightarrow x = 0,08;\,y = 0,1 \Rightarrow \% {m_Z} = 15,38\% 
\end{array}\) 

TH2:

\(\begin{array}{l}
X:\,HCOO{C_3}{H_7}\,(x);\,Y:\,{(HCOO)_2}{C_3}{H_6}\,(y);\,Z:\,{C_2}{H_3}CO\,O{C_3}{H_7}\,(0,04)\\
{n_{HCOONa}} = x + 2y = 0,28\\
{m_E} = 88x + 132y + 0,04.114 = 23,92 \Rightarrow x = 0,04;\,y = 0,12 \Rightarrow \% {m_Z} = 19,06\% 
\end{array}\) 

Chọn D

A + HCl \( \to C{O_2}\,(0,075);\,{H_2}\,(0,1)\) 

A + HNO₃ \( \to C{O_2}\,(0,075);\,NO\,(0,225 – 0,075 = 0,15)\) 

Quy đổi A thành Fe; O; CO₂ và H₂O

Bảo toàn N: \({n_{N{O_3}^ – }}\) (trong muối) = 1,425 – 0,15 = 1,275

\( \Rightarrow {n_{Fe}} = ({m_{muoi}} – {m_{N{O_3}^ – }})/56 = 0,45\)

\({n_{HN{O_3}}} = 4{n_{NO}} + 2{n_O} \Rightarrow {n_O} = 0,4125\)

Vậy A gồm \(Fe(0,45);\,O\,(0,4125);\,C{O_2};\,{H_2}O \Rightarrow {n_{{H_2}O}}\) (mới) = n_O = 0,4125

Bảo toàn H \( \Rightarrow {n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}O}}\) (mới) \( + 2{n_{{H_2}}} = 1,025 \Rightarrow \) m_muối = \({m_{Fe}} + {m_{C{l^ – }}} = 61,5875\,gam\) 

Đáp án đúng: D

\({n_{C{H_4}}} = 0,65 \to \) B chứa \( C{H_2}{(CO\,ONa)_2}\,(a\,mol);\,C{H_3}CO\,ONa\,(b\,mol) \Rightarrow a + b = 0,65\,(1)\) 

\(\begin{array}{l}
{n_{O\,(E)}} = {n_{NaOH}} = 2a + b\\
BTO:\,2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2a + b + 1,075.2\\
{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2,15 \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 2a + b;\,{n_{{H_2}O}} = 2,15 – 2a – b
\end{array}\)

Ta có: \({n_{C{O_2}}} = {n_{O\,(E)}} \Rightarrow \) A chứa các ancol có số C = số O

→ A chứa: CH₃OH (2a); C₂H₄(OH)₂ (0,5b)

\(\begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = (2a + b) + (4a + 1,5b) = 2,15\,\,(2)\\
(1)(2) \Rightarrow a = 0,15;\,b = 0,5
\end{array}\)

\(A:\,C{H_3}OH:\,0,3;\,{C_2}{H_4}{(OH)_2}:\,0,25\) 

\( \Rightarrow \% {m_Y}\,(trong\,A) = 61,75\% \) 

Chọn D