Đáp án D

Nhiệt phân NaHCO₃: 2NaHCO₃ $\underset{}{\overset{t°}{\to }}$ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án B

Triolein là este nên thủy phân được trong môi trường kiềm và môi trường axit → Triolein có phản ứng được với NaOH, đun nóng và H₂O có xúc tác H₂SO₄ loãng, đun nóng.

Triolein là este không no nên có phản ứng cộng với H₂ (xúc tác Ni, đun nóng).

Đáp án A

Kim loại có thể điều chế được bằng cách dùng CO khử oxit của nó là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.

Đáp án D

A, C sai vì có số nhóm NH₂ = số nhóm COOH nên không làm quỳ tím chuyển màu.

B sai vì số nhóm NH2 > số nhóm COOH nên quỳ tím chuyển thành màu xanh.

D đúng vì số nhóm NH2 < số nhóm COOH nên quỳ tím chuyển thành màu hồng.

Đáp án C

A sai vì trùng hợp CH₂ = CHCl thu được chất dẻo PVC.

B sai vì trùng hợp CH₂ = CH₂ thu được chất dẻo PB.

C đúng vì trùng hợp CH₂ = CH – CH = CH₂ thu được cao su buna.

Đáp án A

Trong công nghiệp, Al được sản xuất bằng phương pháp điện phân nóng chảy Al₂O₃.

Đáp án B

$n_{Fe}\approx 0,107mol$; $n_{H_{2}S{O}_4}=0,1mol$

So sánh chất hết, chất dư, ta thấy Fe dư, H₂SO₄ hết.

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_2}=n_{H_{2}S{O}_4}=0,1mol$

Đáp án B

Ta có: X + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

Đáp án B

A đúng vì glucozơ tạo kết tủa Ag khi tham gia phản ứng tráng gương, còn saccarozơ thì không.

B sai vì cả saccarozơ và glixerol đều tạo dung dịch màu xanh lam khi phản ứng với Cu(OH)₂.

C đúng vì tinh bột phản ứng với dung dịch I₂ cho màu xanh tím còn xenlulozơ thì không.

D đúng vì glucozơ và fructozơ đềụ tạo kết tủa Ag khi tham gia phản ứng tráng gương nên không thể phân biệt được.

Đáp án A

Ta có quá trình: $X+NaOH\to \left\{\begin{array}{l}{C}_{17}{H}_{33}COONa\left(amol\right)\\ C_{15}{H}_{31}COONa\left(2amol\right)\end{array}\right.+C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3$

Tỉ lệ số mol của C₁₇H₃₃COONa với C₁₅H₃₁COONa là 1 : 2.

→ Công thức của X có dạng ((C₁₇H₃₃COO)(C₁₅H₃₁COO)₂)C₃H₅.

$\to M_X=832$

Đáp án C

Nước cứng tạm thời là nước được gây nên bởi các muối Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂.

Để làm mềm nước cứng tạm thời ta thường dùng các cách như đun sôi, sử dụng NaOH/Ca(OH)₂/ Na₂CO₃/Na₃PO₄.

→ H₂SO₄ không thể dùng để làm mềm nước cứng được vì không làm mất đi ion Ca²⁺ và Mg²⁺.

Đáp án C

Đồng phân cấu tạo của amin bậc ba ứng với công thức phân tử C₅H₁₃N là:

$\begin{array}{l}\text{ C\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}\\ |\\ C-C-C-N-C\end{array}$          $\begin{array}{l}C\\ |\\ C-C-N-C\\ |\\ C\end{array}$                    $\begin{array}{l}C\\ |\\ C-C-N-C-C\end{array}$

Đáp án B

Mưa axit chủ yếu là do những khí thải sinh ra trong quá trình sản xuất công nghiệp nhưng không được xử lí triệt để. Những chất khí đó là SO₂, NO₂.

Đáp án D

$m_X=25.12,4\%=3,1gam$; $n_{HCl}=0,1mol$

Amin đơn chức: $n_{a\min }=n_{HCl}=0,1mol\to M_X=31$

Vậy công thức phân tử của X là CH₅N.

Đáp án C

Các chất thủy phân trong môi trường kiềm, đun nóng không thu được ancol là: vinyl axetat, phenyl benzoat.

Chú ý: RCOOCH = CH₂ thủy phân trong môi trường kiềm thu được muối và CH₃CHO (anđehit axetic). RCOOC₆H₅ thủy phân trong môi trường kiềm thu được hai muối và H₂O chứ không thu được ancol.

Đáp án D

A, B, C đúng.

D sai vì NH₃ làm quỳ tím chuyển thành màu xanh.

Đáp án B

Đốt cháy hỗn hợp đều là este no, đơn chức, mạch hở: $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=amol$

Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)₂ dư:

$m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=m_{bình\mathrm{t}aêng}\iff 62a=49,6$

                                  $\to a=0,8$

$\to m_{H_{2}O}=0,8.18=14,4gam$

Đáp án C

Đáp án D

$n_{KOH}=0,525mol$; $n_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,1xmol$; $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,075mol$

$\to n_{O{H}^{-}}=0,525mol$; $n_{A{l}^{3+}}=0,1xmol$

Ta thấy: $n_{O{H}^{-}}>3n_{\downarrow }\to$ Kết tủa bị hòa tan một phần.

$\to n_{A{l}^{3+}}=\frac{n_{O{H}^{-}}+n_{\downarrow }}{4}=\frac{0,525+0,075}{4}=0,15mol$

$\to x=\frac{0,15}{0,1}=1,5$

Đáp án A

A sai vì hỗn hợp tecmit có thành phần chính là bột nhôm và bột sắt oxit.

Đáp án C

Thứ tự phản ứng:

Mg + 2Ag⁺ → Mg²⁺ + 2Ag

Zn + 2Ag⁺ → Zn²⁺ + 2Ag

Mg + Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu

Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu

Ta có: $\overrightarrow{\frac{M{g}^{2+}}{Mg};\frac{Z{n}^{2+}}{Zn};\frac{C{u}^{2+}}{Cu};\frac{A{g}^{+}}{Ag}}$

Dung dịch sau phản ứng chứa ba muối nên ba muối đó là Mg²⁺, Zn²⁺ và Cu²⁺ dư.

$\to \frac{d}{2}<a+b<c+\frac{d}{2}\to \frac{d}{2}-a<b<c-a+\frac{d}{2}$.

Đáp án B

$n_{CaC{O}_3}=0,05mol$

Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch X lại thu được kết tủa → Dung dịch X chứa Ca(HCO₃)₂.

$n_{NaOH}=0,01mol$

Phương trình hóa học:

Ca(HCO₃)₂ + NaOH → CaCO₃ + NaHCO₃ + H₂O

     0,01   ←   0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}+2n_{Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,05+2.0,01=0,07mol$

Ta có: $n_{tinhboät}=\frac{1}{2}{n}_{C{O}_2}=0,035mol$

Với $H=75\%$: $m_{tinhbot}=0,035.162:75\%=7,56gam$

Chú ý: Lượng NaOH là tối thiểu để thu được lượng kết tủa lớn nhất.

Đáp án D

Phương trình hóa học:

$\left(1\right)2NaCl+2H_{2}O\underset{maøngngaên}{\overset{ñieänphaân}{\to }}2NaOH+C{l}_2\uparrow +H_2\uparrow$

                                          (X)     (Y)   (Z)

$\left(2\right)NaOH+C{O}_{2dö}\to NaHC{O}_3$

      (X)                     (T)

A, B, C sai; D đúng.

Đáp án C

Đun hợp chất hữu cơ X (C₅H₁₁O₂N) với dung dịch NaOH, thu được C₂H₄O₂NNa → Loại A, D.

Chất hữu cơ Y qua CuO (t°), thu được chất hữu cơ Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương

→ Loại B vì Y là (CH₃)₂CHOH thì Z thu được là xeton không có tham gia phản ứng tráng gương.

Vậy X là H₂N – CH₂COO – CH₂ – CH₂ – CH₃.

Đáp án B

  (a) sai vì sau phản ứng thu được natri fomat và metanol.

  (b) sai vì số nguyên tử H lẻ khi số nguyên tử N lẻ còn số nguyên tử H chẵn khi số nguyên tử N chẵn.

  (c) đúng.

  (d) sai vì khi trùng ngưng NH₂ – (CH₂)₆ – COOH thu được tơ nilon-7.

Đáp án C

Tại $m_{kết tủa}=2m$ ta có: $x=n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=n_{CaC{O}_3}=\frac{2m}{100}mol$

$\to n_{O{H}^{-}}=2n_{Ca{\left(OH\right)}_2}+n_{NaOH}=2x+2x=4x=\frac{4.2m}{100}=\frac{8m}{100}mol$

Tại $n_{C{O}_2}=amol$ ta có: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}\iff a=\frac{m}{100}$         (*)

Tai $n_{C{O}_2}=bmol$ ta có: $n_{CaC{O}_3}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}\iff \frac{m}{100}=\frac{8m}{100}-b\to b=\frac{7m}{100}$        (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $b:a=7:1$

Đáp án C

$n_X=0,08mol$; $n_{H_2}=0,2mol$; $n_Y=0,25mol$

$\to n_{H_{2}pu}=0,08+0,2-0,25=0,03mol$

Mà: $n_{H_{2pu}}=n_{anken}=n{C}_5{H_{12}}_{pu}=0,03mol$

$\to n{C}_5{H}_{12du}=0,08-2.0,03=0,02mol$

$\to n_{C_5{H}_{12bd}}=0,03+0,02=0,05mol$

Đốt cháy Y thu được lượng CO₂ bằng với khi đốt cháy C₅H₁₂ ban đầu: $n_{C{O}_2}=5n_{C_5{H}_{12}}=0,25mol$

$\to m=0,25.100=25gam$

Đáp án C

$n_X=0,08mol$; $n_{H_2}=0,2mol$; $n_Y=0,25mol$

$\to n_{H_{2}pu}=0,08+0,2-0,25=0,03mol$

Mà: $n_{H_{2pu}}=n_{anken}=n{C}_5{H_{12}}_{pu}=0,03mol$

$\to n{C}_5{H}_{12du}=0,08-2.0,03=0,02mol$

$\to n_{C_5{H}_{12bd}}=0,03+0,02=0,05mol$

Đốt cháy Y thu được lượng CO₂ bằng với khi đốt cháy C₅H₁₂ ban đầu: $n_{C{O}_2}=5n_{C_5{H}_{12}}=0,25mol$

$\to m=0,25.100=25gam$

Đáp án C

Gọi số mol của valin và lysin lần lượt là x và y mol.

Cho phần một tác dung hoàn toàn với dung dịch HCl dư: $n_{HCl}=\frac{0,5m+23,725-m}{36,5}=0,65mol$

$\to x+2y=0,65$       (*)

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư: $n_{NaOH}=\frac{0,5m+8,8-0,5m}{22}=0,4mol$

$\to x+y=0,4$          (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $x=0,15$; $y=0,25\to \%m_{\text{lys}in}=\frac{0,25.146}{0,15.117+0,25.146}\approx 67,53\%$

Đáp án A

a) Cho Ba dư vào dung dịch Al₂(SO₄)₃:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Ba²⁺ +$S{O}_4^{2-}$ → BaSO₄

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)3

Al(OH)₃ + OH^–  → $Al{O}_2^{-}$ + 2H₂O

→ Chỉ thu được kết tủa là BaSO₄.

(b) Cho FeCl₂ vào dung dịch AgNO₃ dư:       Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

Cl⁺ + Ag⁺ → AgCl

→ Hỗn hợp các chất kết tủa là AgCl và Ag.

(c) Cho Ca(OH)₂ vào dung dịch chứa Mg(HCO₃)₂:

Ca(OH)₂ + Mg(HCO₃)₂ → CaCO₃ + MgCO₃ + 2H₂O

→ Hỗn hợp các chất kết tủa là CaCO₃ và MgCO₃.

(d) Sục khí NH₃ đến dư vào dung dịch chứa hỗn hợp AlCl₃:

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

Chỉ thu được kết tủa là Al(OH)₃.

(e) Cho miếng nhôm vào dung dịch NaOH dư rồi sau đó sục khí CO₂ vào:

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃

Chỉ thu được kết tủa là Al(OH)₃.

Đáp án B

Phần trăm khối lượng của oxi: $\%m_O=\frac{16.5}{12n+10+16.5}.100\%>29\%\to n<15,5$

X có vòng benzen và nhóm chức este, 1 mol X → 2 mol chất hữu cơ Y nên X chỉ có thể là:

HO – C₆H₄ – COO – C₆H₄ – COOH

Phương trình hóa học:

HO – C₆H₄ – COO – C₆H₄ – COOH + 4NaOH → 2NaO – C₆H₄ – COONa + 3H₂O

                 (X)                                                     (Y)

(a) đúng vì chất X chứa nhóm chức axit COOH nên làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

(b) đúng vì dựa vào PTHH có $n_{NaOH}=4mol$

(c) đúng vì chất X có một nhóm COOH nên phản ứng với NaHCO₃ theo tỉ lệ 1 : 1.

HO – C₆H₄ – COO – C₆H₄ – COOH + NaHCO₃ → HO – C₆H₄ – COO – C₆H₄ – COONa + CO₂ + H₂O

(d) đúng vì có phương trình hóa học:

NaO – C₆H₄ – COONa + 2HCl → HO – C₆H₄ – COOH + 2NaCl + H₂O

 (e) đúng vì ta có: $m_Y=2.182=364gam$

Đáp án C

Z, T, E đều có cùng số nguyên tử cacbon nên mỗi chất có 2C.

→ Công thức của X là C₂H₅OOCCOONH₃C₂H₅.

Ta có: $n_{NaOH}=0,6mol$; $n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=0,3mol$; $n_{C_2{H}_{5}OH}=0,2mol$

Dung dịch Q gồm ba chất hữu cơ có cùng số nguyên tử cacbon, mà X tác dụng với NaOH thu được (COONa)₂ nên các chất đều phải chứa 2C.

Do $n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}>n_{C_2{H}_{5}OH}$ nên C₂H₅NH₂ còn sinh ra từ Y.

→ Công thức của Y là CH₃COOCH₂COONH₃C₂H₅.

$\to n_X=0,2mol$; $n_Y=0,1mol$

Q gồm (COONa)₂ (0,2 mol); CH₃COONa (0,1 mol) và HOCH₂COONa (0,1 mol).

$\%m_{C{H}_{3}COONa}=18,3\%$

Đáp án C

A đúng vì xà phòng không tan trong nước muối nên tách ra.

B đúng vì nếu có chất béo dư thì nó cũng tan trong xà phòng vừa tạo ra nên thu được chất lỏng đồng nhất.

C sai vì mục đích thêm dung dịch NaCl là để kết tinh xà phòng.

D đúng vì chất lỏng này có chứa C₃H₅(OH)₃ nên có thể hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam.

Đáp án B

Xét khoảng thời gian 2895 (s): $n_{etraoñoåi}=0,06mol;$

Tại cực âm: $n_{Cu}=0,02mol\to n_{H_2}=\frac{0,06-0,02.2}{2}=0,01mol$

Tại cực dương: Gọi số mol của khí Cl₂ và khí O₂ sinh ra lần lượt là x và y mol.

$n_{khíôûhaiñieäncöïc}=0,03mol\to x+y=0,02$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,02\\ 2x+4y=0,06\end{array}\right.\to x=y=0,01$

Xét khoảng thời gian từ (t + 2895) (s) đến 2t (s): chỉ điện phân nước.

$n_{khítaêngtheâm}=2,125a-\left(a+0,03\right)=1,125a-0,03mol$

$n_{H_2}=2n_{O_2}\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=0,375-0,01mol\\ n_{H_2}=0,75a-0,02mol\end{array}\right.$

Xét khoảng thời gian từ t (s) đến 2t (s):

Tại cực dương: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,01mol\\ n_{O_2}=0,375-0,01+y=0,375mol\end{array}\right.$

Bảo toàn electron cho cực dương ở hai khoảng thời gian 0 → t (s) và t (s) → 2t (s):

$2a=2.0,01+4.0,375a$

$\to a=0,04$

$\to t=3860\left(s\right)$

Đáp án C

$n_{N{O}_2}=0,07mol$; $n_{NaOH}=0,4mol$; $n_{F{e}_2{O}_3}=0,061mol$

Ta có quá trình: $\left\{\begin{array}{l}F{e}_3{O}_4\\ Fe{S}_2\end{array}\right.\underset{}{\overset{HN{O}_3}{\to }}〈\begin{array}{l}Dd\underset{}{\overset{\underset{0,4mol}{\underbrace{NaOH}}}{\to }}Fe{\left(OH\right)}_3\underset{}{\overset{t°}{\to }}\underset{0,061mol}{\underbrace{F{e}_2{O}_3}}\\ \underset{0,07mol}{\underbrace{N{O}_2}}\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố Fe: $n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=2n_{F{e}_2{O}_3}=0,122mol$

Nhận xét: $n_{NaOHphaûnöùngvôùiF{e}^{3+}}=3n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=3.0,122=0,366mol<n_{NaOHduøng}=0,4mol$

→ Dung dịch sau phản ứng có H⁺: $n_{H^{+}}=0,4-0,366=0,034mol$

Gọi số mol Fe₃O₄ và FeS₂ trong X lần lượt là x và y mol.

Quá trình cho nhận electron trong phản ứng của X với dung dịch HNO₃:

                   $3F{e}^{+8/3}\to 3F{e}^{+3}+1e$            $N^{+5}+1e\to N^{+4}$

                   $Fe{S}_2\to F{e}^{3+}+2S^{+6}+15e$

Bảo toàn electron: $x+15y=0,07$      (*)

Bảo toàn nguyên tố Fe: $3n_{F{e}_3{O}_4}+n_{Fe{S}_2}=2nF{e}_2{O}_3\to 3x+y=0,122$          (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $x=0,04$; $y=0,002$

Dung dịch Y sau phản ứng gồm Fe³⁺ (0,122 mol); $S{O}_4^{2-}$ (0,004 mol); H⁺ (0,034 mol) và $N{O}_3^{-}$.

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: $n_{N{O}_3^{-}}=0,122.3+0,034-0,004.2=0,392mol$

$\to \sum n_{HN{O}_3}=n_{N{O}_3^{-}}+n_{N{O}_2}=0,392+0,07=0,462mol$

Nồng độ phần trăm của dung dịch HNO₃ ban đầu: $C\%=\frac{0,462.63}{63}.100\%=46,2\%$

Đáp án C

Gọi số mol của axit X, este Y, hai ancol lần lượt là x, y, z mol.

Đốt cháy a gam E: $n_{C{O}_2}=0,31mol$; $n_{H_{2}O}=0,26mol$

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=x+y-z=0,05mol\to x+y-z=0,05$       (*)

Đun nóng a gam E với 200 ml dung dịch NaOH 1M: $n_{NaOH}=0,2mol$

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,03mol\to n_{NaOHdu}=0,06mol$

                       $\to n_{NaOHpu}=0,2-0,06=0,14mol$

                       $\to 2x+2y=0,14$  (**)

Cho T tác dụng với Na dư: $n_{H_2}=0,2mol$

Ancol đơn chức: $n_{ancol}=2n_{H_2}=0,04mol\to 2y+z=0,04$     (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: $x=0,06$; $y=0,01$; $z=0,3mol$

Trong phản ứng đốt cháy: $n_{O\left(E\right)}=4x+4y+z=0,3mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O_2}=\frac{2.0,31+0,26-0,3}{2}=0,29mol$

Bảo toàn khối lượng: $a=m_E=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=13,64+4,68-0,29.32=9,04gam$

Đun nóng E với dung dịch NaOH:

Ta có: $n_{H_{2}O}=2n_{axit}+2n_{H_{2}S{O}_4}=2.0,06+2.0,03=0,18mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_E+m_{NaOH}+m_{H_{2}S{O}_4}=m_{muoi}+{m_{ancol}}_T+m_{H_{2}O}$

$\to m=m_{muoi}=9,04+0,2.40+0,03.98-2,12-0,18.18=14,62gam$

Đáp án A

Hỗn hợp Y gồm H₂ (a mol) và NO (b mol).

$\to a+b=0,19$         (*)

Ta có: $d_{Y/H_2}=5,421\to M_Y=2.5,421=10,842\to m_Y=0,19.10,842=2,05998gam$

$\to 2a+30b=2,05998$         (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,13$; $b=0,06$

Ta có quá trình: $X\underset{21,5gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Al\\ Zn\\ FeO\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.}}\underset{}{\overset{\underset{0,43mol}{\underbrace{H_{2}S{O}_4}}}{\to }}\underset{56,9gam}{\underbrace{Z}}+Y\left\{\begin{array}{l}\underset{0,13mol}{\underbrace{H_2}}\\ \underset{0,06mol}{\underbrace{NO}}\end{array}\right.+H_{2}O$

Bảo toàn khối lượng: $m_x+m_{H_{2}S{O}_4}=m_Z+m_Y+m_{H_{2}O}$

$\to m_{H_{2}O}=21,5+0,43.98-56,9-0,13.2-0,06.30=4,68gam$

$\to n_{H_{2}O}=0,26mol$

Bảo toàn nguyên tố H thấy: $n_{H\left(H_{2}S{O}_4\right)}=0,86mol>n_{H\left(H_{2}O\right)}+n_{H\left(H_2\right)}=0,78mol$

→ Sản phẩm có chứa muối amoni: $n_{N{H}_4^{+}}=\frac{0,86-0,78}{4}=0,02mol$

Bảo toàn nguyên tố N: $2n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{N{H}_4^{+}}+n_{NO}\to n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{0,02+0,06}{2}=0,04mol$

Al → Al⁺³ + 3e            4H⁺ + $N{O}_3^{-}$ + 3e → NO + 2H₂O

Zn → Zn²⁺ + 2e           10H⁺ + $N{O}_3^{-}$ + 8e → $N{H}_4^{+}$ + 3H₂O

2H⁺ + 2e → H₂

2H⁺ + O → H₂O

Ta có: $n_{H^{+}}=4n_{NO}+10n_{N{H}_4^{+}}+2n_{H_2}+2n_{O\left(FeO\right)}$

$\to n_{O\left(FeO\right)}=\frac{2.0,43-4.0,06-10.0,02-2.0,13}{2}=0,08mol$

$\to n_{FeO}=0,08mol$

Gọi số mol của Al và Zn lần lượt là x và y mol.

$\to 27x+65y=21,5-0,04.188-0,08.72=8,22$     (***)

Bảo toàn electron: $3x+2y=3.0,06+8.0,02+2.0,13=0,6$   (****)

Từ (***) và (****) suy ra: $x=0,16$; $y=0,06$

$\to \%m_{Al}=\frac{0,16.27}{21,5}.100\%\approx 20,09\%$

Chú ý: Các kim loại như Mg, Al, Zn khi phản ứng với HNO₃ loãng hoặc dung dịch H+, $N{O}_3^{-}$ chú ý đến sản phẩm khử có thể có $N{H}_4^{+}$.