\(\begin{array}{l} {n_{KCl}} = 0,2 \to {n_{KCl{O_3}}} = 0,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {m_Y} = \frac{{14,9}}{{0,36315}} = 41,03{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\ \to n_{{O_2}}^ \uparrow = \frac{{52,550 - 41,03}}{{32}} = 0,36 \end{array}\)

Vì cho X hoặc Y tác dụng với HCl thì khối lượng muối như nhau nên.Ta có ngay :

\(\begin{array}{l} {m_X} = 52,55\left\{ \begin{array}{l} KMn{O_4}:a\\ KCl{O_3}:0,2\\ Mn{O_2}:b \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} KCl:a + 0,2\\ MnC{l_2}:a + b \end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l} 74,5(a + 0,2) + 126(a + b) = 51,275\\ 158a + 87b = 52,55 - 24,5 \end{array} \right. \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,15\\ b = 0,05 \end{array} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\ {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2KMn{O_4} \to {K_2}Mn{O_4} + Mn{O_2} + {O_2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \\ \to H\% = \frac{{0,36 - 0,3}}{{0,075}} = 80\% \end{array}\)

X gồm hidro, C₃H₆, C₃H₄O₂,C₃H₆O. Ta thấy ngoài hidro thì các chất còn lại đều có 3 C và đều phản ứng với hidro theo tỉ lệ mol 1 : 1.

n _CO2 = 0,9 mol

=> n _{chất hữu cơ trong X} = 0,3 mol => n_H2 = 0,7 mol

Có dY/X = 1,25.

=> số mol liên kết pi có thể phản ứng với hidro trong Y = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol 

=> 0,8 mol Y phản ứng với Br2 thì n_Br2 = 0,1 mol

Với 0,32 mol Y thì n_Br2 = 0,04mol 

=> V = 0,4 lít

(1) Thủy phân chất béo trong môi trường kiềm luôn thu được glixerol.

(2) Triolein làm mất màu nước brom.

(3) Chất béo không tan trong nước và nhẹ hơn nước.

(5) Đốt cháy etyl axetat thu được số mol nước bằng số mol khí cacbonic.

B₁ : Xác định chất Z

Z + Na : n_H2 = 0,195 mol

Giả sử Z có n nhóm OH

m_{bình tăng} = m_ancol – m_H2 => m_ancol = 14,82g

=> n_ancol = n_H2.2/n => M_ancol = 38n

Với n = 2 thì M = 76 => ancol C₃H₈O₂ và n_ancol = 0,195 mol

B₂ : Xác định CT và lượng chất của 2 muối hữu cơ

Vì este 2 chức mạch hở => 2 axit phải là axit đơn chức.

=> n_X = n_Y (vì sau phản ứng với NaOH tạo số mol 2 muối bằng nhau)

Bảo toàn Na : n_Na2CO3 = ½ n_NaOH = 0,15 mol

Có : n_COONa = n_{NaOH pứ} = 0,3 mol => m_{mỗi muối} = 0,15 mol ; n_O2 = 0,525 ; n_H2O­ = 0,3 mol

Bảo toàn O : 2n_F + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O

=> n_CO2 = 0,45 mol

Bảo toàn khối lượng : m_F + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

=> m_F = 24,3g

=> M_{muối 1} + M_{muối 2} = 162g

=> 2 muối thỏa mãn là : HCOONa và CH₂=CHCOONa

B₃ : Xác định T và %m_T(E)

Gọi số mol este T là x

=> n_C3H8O2 = 0,195 – x ; n_HCOOH = n_C2H3COOH = 0,15 – x

=> m_E = 29,145 = 76(0,195 – x) + (46 + 72)(0,15 – x) + 158x

=> x = 0,09375 mol

=> %m_T = 50,82%

Z bao gồm:

C_nH_2n+3N: a mol

C₂H₅NO₂: b mol

C₆H₁₄N₂O₂ : c mol

=> n_CO2 = na + 2b + 6c và nN2 = a/2 + b/2 + c

 = > n_CO2 + n_N2 = na + a/2 + 5b/2 + 7c = 0,81 (1 )

n_H20= a(2n + 3)/2 + 5b/2 + 7c = 0,91 (2)

=> a = 0,1

nz = 0,2 => b + c = 0,1 (3)

Bảo toàn O:

2(b + c) + 2no2 - 2nco2 + 11H20 —> nco2 = 0,68 => n_N2 = a/2 + b/2 + c = 0,81 - 0,68 (4)

(2)       (4) =>b = 0,04 và c = 0,06

nco2 = na + 2b + 6c = 0,68 => n = 2,4

=> X chứa C₂H₇N (0,06) và C₃H₉N (0,04)  (Tính dựa vào c trung bình 2,4 và tổng số mol a = 0,1 )

Vậy Z chứa C₂H₇N (0,06); C₃H₉N (0,04); C₂H₅NO₂ (0,04) và C₆H₁₄N₂O₂ (0,06)

=> %C₂H₇N = 14,42% 

(*)Thủy phân trong H₂O ( H⁺ , OH^- ) → a - aa ban đầu

A_x + (x – 1) H₂O → x. A

- Số pt H₂O = số lk peptit

- BTKL : m_peptit  + m_H2O = m_{aa ban đầu}

(*) Thủy phân trong MT axit ( HCl )

A_x + (x – 1)H₂O + xHCl → muối clorua

- số pt HCl = số nguyên tử N_{/ peptit} = x

- BTKL : m_peptit + m_H2O + m_HCl = m_muối

(*) Thủy phân trong MT bazo : NaOH

A_x + xNaOH → muối natri + H₂O

- số pt H₂O = số H_{axit / Ax} 

- BTKL : m_peptit + m_NaOH = m_{muối Natri} + m_H2O

=> n_{NaOH pứ} = x.n_H2O

 B₁ : Xác định lượng các muối natri của Gly và Ala

Đặt a , b là số mol muối GlyNa và AlaNa

Bảo toàn N : n_N = a + b = 2n_N2 = 0,7 mol

Có : n_O2 = 2,25a + 3,75b = 2,22

=> a = 0,27 ; b = 0,43 mol

B₂ : Xác định số mol Y và Z , biện luận số liên kết peptit trong Y và Z

=> m_muối = 73,92g và n_NaOH = 0,7 mol

Bảo toàn khối lượng : n_H2O = 0,21 mol

=> n_Y + n_Z = 0,21 ⁽¹⁾

X là este của Gly hoặc Ala và ancol T.

Nếu X là H₂N-CH(CH₃)-COOC₂H₅ => n_X = n_C2H5OH = 0,3 mol( loại)

X là H₂NCH₂COOC₃H₇ => n_X = n_C3H7OH = 0,23 mol

=> Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 – 0,3 = 0,13 mol Ala

=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43) : 0,21 = 2,24

=>Y là dipeptit và Z là heptapeptit ( tổng số liên kết peptit bằng 7)

Có : n_N = 2n_Y + 7n_Z = 0,04 + 0,43 ⁽²⁾

Từ (1), (2) => n_Y = 0,2 ; n_Z = 0,01 mol

B₃ : Biện luận thành phần Gly và Ala của Y và Z => %m_Y

Y là (Gly)_u(Ala)_{2 – u}

Z là (Gly)_v(Ala)_{7 – v}

=> n_Gly = 0,2u + 0,01v = 0,04

=> 20u + v = 4

=> u = 0 và v = 4 là cặp nghiệm duy nhất.

Vậy Y là (Ala)₂ (0,2 mol)

Z là (Gly)₄(Ala)₃ (0,01 mol)

=> %m_Y = 50,39%

%m_Z = 7,23%; %m_X = 55,28

Chú ý : Với bài toán axit nhiều nấc mình hay dùng kỹ thuật \(O{H^ - }\) cướp \({H^ + }\) do đó dễ thấy.

Ta có : \( \to \left\{ \begin{array}{l} {H_3}P{O_4}:0,3\\ KOH:0,3\\ NaOH:0,2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} HPO_4^{2 - }:0,2\\ {H_2}PO_4^ - :0,1\\ {K^ + }:0,3\\ N{a^ + }:0,2 \end{array} \right. \to m = 45,2(gam)\)

Fe₂O₃ + 3 H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ + 3 H₂O

Cu + Fe₂(SO₄)₃   CuSO₄ + 2 FeSO₄

Dung dịch Z gồm CuSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃.

Đặt nCuSO4 = x; nFeSO4 = 2x và nFe2(SO4)3 = 3x

Dung dịch Y gồm FeCl₂  2x mol, CuCl₂  x mol, FeCl₃ 6x mol

mKMnO4 = 0,468.158 = 73,944 gam

• đoạn thằng y = 2 ứng với quá trình điện phân CuCl₂ → Cu + Cl₂, pH của dung dịch không đổi.

và từ pH = 2 → C_{M (HCl)} = 0,01 mol → có 0,004 mol HCl trong dung dịch ban đầu.

• đoạn thằng tiếp theo (2 → 7) là quá trình điện phân HCl → H₂ + Cl₂, nồng độ H⁺ giảm dần nên pH từ 2 → 7.

tại pH = 7 là ứng với thời điểm mà HCl điện phân hết, bắt đầu quá trình tiếp theo, dung dịch lúc này chỉ còn KCl.

• tiếp đó là quá quá trình: KCl + H₂O → KOH + H₂ + Cl₂; pH = 13 → C_{M (KOH)} = 0,1 M

→ có 0,04 mol KOH → ứng với 0,04 mol KCl. sau quá trình này, chỉ có H₂O bị điện phân,

pH ổn đinh = 13 và không đổi (trừ khi nước bị điện phân nhiều và tính sự thay đổi của H₂O).

Tóm lại, ứng tại thời điểm t, ∑n_{Cl2 ra bên anot} = 0,008 + 0,004 ÷ 2 + 0,04 ÷ 2 = 0,03 mol.

→ n_{e trao đổi} = 0,06 mol → t = Ans × 96500 ÷ 1,93 = 3000 giây.

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂ => X chứa Al dư, oxit sắt bị khử hết

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

0,02                                     ←         0,03 (mol)

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

0,29                  ← ( 0,6 – 0,02)

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol) => n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO = 3.0,58 =1,74 (mol)

=> m_Fe = 146,52 – 1,74.62 = 38,64(g)

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = 38,64 + 0,29.3.16 = 52,56 (g)

Coi hỗn hợp X gồm Fe, Cu, Al và O. Gọi số mol của N₂ và N₂O lần lượt là x, y mol.

=> n_O = 0,285

Ta có:  

x+y=0,0775

28x+44y=15,29×2×0,0775

=>x=0,065 và y=0,0125

Khi cho NaOH tới dư không thấy có khí thoát ra → không hình thành NH4NO3

 =>n_HNO3=2n_O+12n_N2+10n_N2O =1,475

Ta có pư xà phòng hóa:  (RCOO)₃C₃H₅ + 3XOH     → 3RCOOX + C₃H₅(OH)₃.

Theo pt ta thấy:          

Cứ 3 mol XOH pư thì khối lượng xà phòng tạo thành chênh lệch 3.(39 – 23) = 48 gam.

       0,06 mol …………………………………………………(18,77 – 17,81) = 0,96 gam.

Vậy số mol glixerol tạo thành = 0,02

Theo bảo toàn khối lượng:  m_{chất béo} = 18,77 + 0,02 . 92 – 0,06 . 56 = 17,25 gam.

Đáp án B.

\({{\text{n}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}= 0,55 mol; {{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}\)= 0,4 mol

Nhận xét: X là anđehit đơn chức → n_O(X) = n_X = 0,1 mol

Theo ĐLBT nguyên tố với O :

\({{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}= {{\text{n}}_{\text{O(}{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O)}}} = nX + 2{{\text{n}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}- 2{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}\)= 0,1+2.0,55-2.0,4 = 0,4 mol

Nhận thấy:  \(\left. \begin{align} & {{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}={{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}=\text{0,4mol} \\ & {{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}=\text{4}{{\text{n}}_{\text{X}}} \\ \end{align} \right\} \Rightarrow \)X là CH₃ – CH₂ – CH₂ – CHO → Đáp án B

Đáp án C

Ta có : \(\left\{ \begin{align} & {{m}_{Mg}}~+\text{ }{{m}_{Fe2O3}}~~=~20\left( gam \right) \\ & {{m}_{MgO}}+{{m}_{Fe2O3}}=28(gam) \\ \end{align} \right. \to {{n}_{Mg}}=\frac{28-20}{16}=0,5mol\)

Bảo toàn e → n_NO2   = 2n_Mg  = 1  mol→ V = 22,4 lít

Đáp án B

Phân tích: Ta có thể tóm tắt toàn bộ quá trình phản ứng như sau

\(X\left\{ \begin{array}{l} AgN{O_3},{x^{mol}}\\ Cu\left( {N{O_3}} \right),{x^{mol}} \end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l} Al0,03mol\\ Fe0,05mol \end{array} \right.\)    → Rắn Y (3 kim loại)  H₂ 0,035 mol

Chất rắn Y gồm 3 kim loại nên Fe dư và Y gồm Fe dư, Ag, Cu.

Gọi số mol Fe phản ứng ở phản ứng đầu là ymol

Ta có:  n_{e nhận} = nAg⁺ + 2nCu²⁺ = 3x

n_{e nhường}   = 3nAl + 2nFe pư = 3.0,03 + 2y

Bảo toàn e, được : 3x=0,09+2y.

Lại có: n_{Fe dư} =n_H2 =0,035 (chỉ có Fe phản ứng với HCl sinh ra H₂ )

→ y=0,05−0,035=0,015→x=0,04mol

Vậy nồng độ của 2 muối ban đầu là 0,4M.

+ Ta có số mol Al(OH)₃ trên đồ thị = 1,56 : 78 = 0,02 mol → a = n_H+ = 0,02 mol (1)

+ Số mol KAlO₂= 0,04 mol→ kết tủa cực đại = 0,04 mol.

+ Từ đồ thị → b =  4 x 0,04 – 3 x 0,02 = 0,1 mol  (2)

+ Từ (1, 2) → a = 200 ml hoặc b = 1000 ml.

CT X : C_xH_yO_zN_t Lập tỉ lệ x :y :t = 0,15 : 0,35 :0,05 = 3 : 7 :1

C₃H₇OzN

Vì thu muối H₂N-CH_2-COONa, nên đáp án B

 Vì RH₄ →R nhóm IV trong BTH →CT với Oxi là RO₂

dựa vào % ta có : \(53,3 = \frac{{32}}{{R + 32}}.100\)  R=28 là Si

BTKL : m_{(Cl2+ O2)} =  m_{(hỗn hợp muối, oxit)} – (m _Mg+m_Al) =24,15g

Gọi x,y là số mol 2 khí Cl₂+ O₂

71x+ 32y = 24,15 ; Bte : 2x+4y= 0,2.2+0,3.3

→x=0,25 ; y= 0,2 →%khối lượng : % Cl₂=73,5% và % O₂=26,5%.

n↓=n propin =0,12

Khi phản ứng với H2: n_H2 = 2n propin + n etilen → n etilen = 0,1

Vậy a=0,22

 - Bảo toàn khối lương: mhh = mH + mC

nco₂ = 0,15 mol

BTKL m_H = m_hh- mc = 2.4 - 0,15.12 = 0,6 => n H20 = 0,6/2 = 0,3 mol

BTNT O => n_o2 = (n_C02 + l/2nH20 ) = 0,15 + 1/2.0,3 = 0,15 mol

V oxi (dktc) = 6.72 (lít)

→nAl(NO₃)₃=nAl=0,12mol⇒mNH4NO3=mY−mAl(NO3)3= 2g

→nNH4NO3=0,025mol

Goị a là số e nhận ápdụng BTe: →0,02a=3nAl−8nNH4NO3=0,16→a=8

Vậy X là N₂O

Do các chất đều đơn chức ⇒ muối có dạng RCOONa với số mol là 0,1.

Bảo toàn nguyên tố hiđro ⇒ số H/muối = 0,05 × 2 ÷ 0,1 = 1 ⇒ R là H.

+ Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O ⇒ nH2O = 0,01 mol.

⇒ naxit = 0,01 mol ⇒ neste = 0,09 mol ⇒ nancol > neste = 0,09 mol.

⇒ Mancol < 3,2 ÷ 0,09 = 35,56 ⇒ ancol là CH3OH ⇒ este là HCOOCH3.

⇒ %meste = 0,09 × 60 ÷ 6,18 × 100% = 87,38% ⇒ chọn D. 

Nhận xét:  glyxin= 1NH3+CH2+CO2

 alanin=1NH3+2CH2+CO2

valin=1NH3+4CH2+CO2

metylamin= 1NH3+CH2

etyl amin= 1NH3+2CH2

quy đổi hỗn hợp X gồm NH3(0,16 mol); CH2 (x mol) CO2 (y mol)

nO2= 0,16.0,75+ 1,5.x = 0,57 →x = 0,3 mol

nCO2= x+y= 0,37 →y= 0,07

nKOH= nCOOH- = nCO2= 0,07

Bảo toàn khối lượng: m_{dung dịch tăng} = m_Mg – m_X ⇒ m_X = 3,6 – 3,04 = 0,56(g).

⇒ M_X = 0,56 ÷ 0,02 = 28 (N₂)

Bte: 2nMg= 10nN2+ 8n NH4NO3 →nNH4NO3=0,0125

Mg(NO3)2= 0,15; nNH4NO3=0,0125, nN2=0,02

BT nguyên tố N ta có: 0,4= 0,15.2+ 0,0125.2+ 0,02.2 +x(nHNO3 dư)→x= 0,035

→NaOH= 0,15.2+ 0.0125+ 0,035=0,3475→V=173.75 ml

Fe(x) ;Cu(y), 16g rắn là Fe2O3 và CuO

→ 56x+ 64y = 11,6; 80x+ 80y = 16→ x=0,15, y=0,05

Giả sử Z chứa KOH dư(a), KNO3 (b) khi nhiệt phân thu 41,05 g rắn là KOH và KNO2

BT nguyên tố K: a+b= 0,5  = n KOH bđ ; 56a+ 85b+ 41,05

→ a= 0,05; b=0,45

Nếu trong X chỉ có muối Fe3+ thì nKOH pư (0,45)= 3nFe3+ + 2n Cu2+ =3.0,15+2.0,05= 0,5 (vô lý)

Vậy trong X chứa muối Fe2+, Fe3+ , Cu2+ → HNO3 hết

Khi đó: BT nguyên tố Fe: nFe3+ +nFe2+ =0,15 (1)

nKOH pư (0,45)= 3nFe3+ + nFe2+ + 2n Cu2+

0,45 =3nFe3+ + nFe2+ + 2.0,05 (2)

Từ (1)(2) nFe3+=0,05; nFe2+ = 0,1 →m Fe(NO3)3 = 242.0,05=12,1 g

Hỗn hợp khí là hỗn hợp oxit nito gồm N và O

BT nguyên tố N: nHNO3=nN/muối (=nKNO3)+ n N/khí

→ n N/khí= 0,7- 0,45= 0,25

BT e: 3.0,05+ 0,1.2+ 0,05.2+ 2nO=5nNn →nO=0,4

mdd X=11,6+87,5 – m hh khí

= 11,6+87,5 – (0,25.14+ 0,4.16)=89,2g

→ %Fe(NO3)3= 13,56%.      

3*nFe = 3 nNO + 1nNO₂

nFe = 0,03  → m Fe = 1,68 gam

Vậy các kim loại vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch AgNO₃ là Mg, Zn, Al, Fe, Ni và Sn.

Đáp án B

\(CuO\;\;\; + {\rm{ }}CO \to Cu{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2} \Rightarrow {\rm{ }}{V_{CO}} = {\rm{ }}22,4 \times \frac{{32}}{{80}}{\rm{ }} = {\rm{ }}8,96{\rm{ }}li t\)

C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3C₁₇H₃₅COOK  + C₃H₅(OH)₃

   0,12mol                                    0,36mol

m _tristearin = 0,12*890 = 106,08 (gam)

Vận dụng Tính khối lượng các chất  trong phản ứng xà phòng hoá, tìm CTCT

- CH₃COOH, H₂O là những chất điện li yếu.

- C₂H₅OH là chất không điện li.

- NaCl là chất điện li mạnh, phân li hoàn toàn thành ion

⇒ Chọn D.

Lập tỷ lệ: \(\frac{{{n}_{O{{H}^{-}}}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}}}} = \frac{0,35}{0,15} =2,33 \Rightarrow \) tạo muối trung hòa \({{n}_{C{{O}_{2}}}}= nCO_{3}^{2-}\) = 0,15 mol

Phương trình tạo kết tủa : Ba²⁺ + CO\(_{3}^{2-}\to \) BaCO₃

                                                0,1       0,15        0,1

m\(_{\downarrow }\) = 197.0,1 = 19,700 gam

Do este phản ứng tạo ancol etylic nên gọi CT este là RCOOC₂H₅.

meste +m_NaOH =m_rắn + m_ancol => m_este =17.6gam

M_este=R+44+29=17,6/0.2 =>R=15g/mol

⇒ X là CH₃COOC₂H₅

CH₃-C₆H₄-OH (3 đồng phân: octho, meta và para)

C₆H₅CH₂OH và C₆H₅-O-CH₃

n_{CH3CH(NH3Cl)COOH} =0.1mol, n_Ba(OH)2 =0.15mol

m + mBa(OH)₂ = m_rắn + m_H2O => m_rắn = 12,55+0.15*197-0.2*18=34,6gam

Đáp án  A.

- Các kim loại đứng trước cặp H⁺/H₂ có thể tác dụng được với HCl.

- Các kim loại đứng trước cặp Ag⁺/Ag có thể tác dụng được với AgNO₃.

C₆H₁₂O_6 ⇒ 2Ag =>n_glucozo=0.0(5mol)

 n_saccarozo= (6,03-0.05*180)/342 = 0.015mol

n_Mg = 0,08 mol; n_Fe = 0,08 mol

Khi phản ứng với X thì có x mol Cl₂ và y mol O₂ phản ứng

Giả sử tạo a mol Fe²⁺ và (0,08 – a) mol Fe³⁺

Bảo toàn điện tích: 2.0,08 + 2a + 3(0,08 – a) = 2x + 4y

n_O = ½ n_HCl = 0,12 mol = 2y

⇒ 0,4 – a = 2x + 4.0,06⁽¹⁾

Sau đó: phản ứng với AgNO₃ tạo: (2x + 0,24) mol AgCl và a mol Ag

⇒ 56,69 = 143,5(2x + 0,24) + 108a ⁽²⁾

Từ (1),(2) ⇒ x = 0,07; a = 0,02 mol

⇒%VCl₂(X)=53,85 %

Có n_Ag = 0,0375 mol → n_CHO = 0,01875 mol

Có n_RCOONH4 = n_NH3 = 0,02 mol → M_RCOONH4 = 1,86 : 0,02 = 91 ⇒ M_R = 31 ( HO-CH₂) 

Vì mỗi chất trong X đều chứa hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –COOH

⇒ X gồm HO-CH₂-CHO : 0,01875 mol và HO-CH₂-COOH:

( 0,02 - 0,01875) = 1,25. 10^-3 mol

⇒ m = 0,01875. 60 + 1,25. 10^-3 . 76 = 1,22 gam. 

n _N2=n_NO2=0,04anHNO₃=12n_N2+2n_NO2=0,56aC_M= 0,28M

Quy đổi hỗn hợp X, Y thành: C₂H₂O₂ (x mol); CH₂ (y mol); NH₃ (0,4 mol)

C₂H₂O₂ + 3/2O₂  → 2CO₂ + H₂O

CH₂ + 3/2 O₂  → CO₂ + H₂O

2NH₃ + 3/2  O₂ → 3 H₂O + N₂

0,4        0,3                                 0,2

Số mol O₂    1,5x + 1,5y = 2,625 – 0,3 = 2,325

Số mol CO₂     2x + y = 2,05  x = 0,5 và y = 1,05

mNaOH = 0,5.40 = 20