Tơ lapsan thuộc loại polieste được tổng hợp từ axit telephatalic và etylen glicol.

Có công thức là: ${\sout{(}CO-C_6{H}_{4}COO{C}_2{H}_4-O\sout{)}}_n$.

Dung dịch anbumin (lòng trắng trứng) có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím.

Ta có: 20 ml nước = 20 gam nước

So sánh chất hết, chất dư ta có kim loại kiềm hết, nước dư.

Bảo toàn khối lượng:

$\to n_{H_2}=0,01mol$

$\to n_{KLK}=2n_{H_2}=0,02mol$

$\to M_{KLK}=\frac{0,46}{0,02}=23$

Vậy kim loại đó là Na.

A, B sai vì Cr bị thụ động hóa trong dung dịch HNO₃ đặc, nguội và H₂SO₄ đặc, nguội nên Cr không phản ứng.

C đúng vì xảy ra phản ứng: Cr + 2HC → CrCl₂ + H₂

D sai vì Cr không phản ứng được với dung dịch NaOH.

Khí X là khí nhẹ hơn không khí

→ Phương trình phản ứng minh họa là: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Al là kim loại có khả năng vừa tan được trong dung dịch axit, vừa tan được trong dung dịch kiềm.

Chú ý: Tuy nhiên Al không phải là chất lưỡng tính.

Phương trình hóa học:

Fe + CuSO₄ →  FeSO₄ + Cu

x                                 x  mol

Ta có: $m_{\text{tang}}=m_{Cu}-m_{F\text{e}}=64\text{x}-56\text{x}=1,6gam$

$\to x=0,2$

$\to m_{Cu}=0,2.64=12,8gam$

Các kim loại khử được ion $F{\text{e}}^{3+}$ trong dung dịch là Al, Fe, Cu.

Chú ý: Na có phản ứng nhưng không phải khử $F{\text{e}}^{3+}$, Nạ phản ứng với nước trong dung dịch $F{\text{e}}^{3+}$ tạo dung dịch kiềm, sau đó: $F{\text{e}}^{3+}+3O{H}^{-}\to F\text{e}{\left(OH\right)}_3$.

Ta có: $d_{Z/H_2}=16\to M_Z=16.2=32\to$ Z là CH₃OH.

$n_{Ag}=0,12mol$

Thực tế: $m_{saccarozo}=200.6,84\%=13,68gam\to n_{saccarozo}=0,04mol$

Thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo, sau đó hỗn họp sản phẩm cho tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃ dư nên $n_{saccarozo}=\frac{1}{4}{n}_{Ag}=0,03mol$.

Hiệu suất phản ứng thủy phân: $H=\frac{0,03}{0,04}.100\%=75\%$.

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở, thu được 2 mol Gly, 2 mol Ala và 1 mol Val nên X có dạng (Gly)₂(Ala)₂Val.

Mà khi thủy phân hoàn toàn lại thu được các peptit trong đó có Gly-Ala-Val nên X có thể là:

Gly-Ala-Val-Gly-Ala

Gly-Ala-Val-Ala-Gly

Gly-Gly-Ala-Val-Ala

Ala-Gly-Ala-Val-Gly

Gly-Ala-Gly-Ala-Val

Ala-Gly-Gly-Ala-Val

A đúng vì tristearin là chất béo no nên ở nhiệt độ thường tồn tại trạng thái rắn.

B sai vì dầu ăn là chất béo nên chứa C, H, O còn dầu mỡ bôi tron chứa C, H.

C đúng vì triolein là chất béo không no nên có khả năng phản ứng cộng hiđro khi đun nóng có xúc tác Ni.

D đúng vì chất béo là este nên bị thủy phân khi đun nóng trong dung dịch kiềm.

Ta có: $d_{Y/H_2}=6,6\to M_Y=13,2$ 

$\to$ Trong Y có chứa C₂H₆ (a mol) và H₂ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,5\\ 30\text{a}+2b=0,5.13,2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,2\\ b=0,3\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C_2{H}_2}=n_{C_2{H}_4}=\frac{n_{C_2{H}_6}}{2}=0,1mol$

Nếu cho V lít (đktc) hỗn hợp khí X đi qua bình đựng dung dịch brom dư:

$m_{\text{binh tang}}=m_{C_2{H}_4}+m_{C_2{H}_2}=0,1.28+0,1.26=5,4gam$.

(a) không thỏa mãn điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học.

(b) có xảy ra ăn mòn điện hóa học vì xuất hiện cặp điện cực Zn-Fe, tiếp xúc với nhau và trong môi trường dung dịch chất điện li là không khí ẩm.

(c) có xảy ra ăn mòn điện hóa học vì xuất hiện cặp điện cực Fe-Cu, tiếp xúc với nhau và trong môi trường dung dịch chất điện li là H₂SO₄.

(d) không thỏa mãn điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học.

Chú ý: Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn các điều kiện sau:

1. Hai điện cực phải khác nhau về bản chất: có thể là cặp giữa hai kim loại, cặp kim loại và phi kim, cặp kim loại và họp chất hóa học.

2. Các điện cực phải tiếp xúc với nhau (trực tiếp hoặc gián tiếp).

3. Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

Đặt $C_{M\left(Ba{\left(OH\right)}_2\right)}=1M\to n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=3Vmol$  

Nhỏ từ từ 3V dung dịch Ba(OH)₂ (dung dịch X) vào V ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ (dung dịch Y).

Lượng kết tủa lớn nhất nên phản ứng vừa đủ:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃

      3V                 → V      → 3V   → 2V                  mol

$\to C_{M\left(A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\right)}=\frac{V}{V}=1M$

Ta có: $m_1=3V.233+2V.78=855Vgam$

Trộn V ml dung dịch X vào V dung dịch Y: $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=Vmol;{\text{ n}}_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=Vmol$

Phương trình hóa học:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃

      V          V              → V   →    $\frac{2V}{3}$     mol

Ta có: $m_2=V.233+\frac{2V}{3}.78=285V\to m_1:m_2=3$.

Đốt cháy 4,03 gam triglixerit X: $n_{CaC{\text{O}}_3}=0,255mol$

Nước vôi trong dư nên: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{\text{O}}_3}=0,255mol$

Khối lượng dung dịch giảm: $m_{\text{dd giam}}=m_{CaC{\text{O}}_3}-\left(m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\right)=9,87gam$ 

$\to m_{H_{2}O}=25,5-9,87-0,255.44=4,41gam$

$\to n_{H_{2}O}=0,245mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_X=0,255.44+4,41-4,03=11,6gam$

$\to n_{O_2}=0,3625mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(X\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}=2.0,255+0,245-2.0,3625=0,03mol$

$\to n_X=\frac{1}{6}{n}_{O\left(X\right)}=0,005mol$

Thủy phân hoàn toàn 8,06 gam X trong dung dịch NaOH dư, đun nóng: $n_X=2.0,005=0,01mol$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH}=3n_X=0,03mol\\ n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=n_X=0,01mol\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $a=m_{muoi}+m_X+m_{NaOH}-m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=8,06+0,03.40-0,01.91=8,34gam$.

Phương trình hóa học:

(a) Ba(OH)₂ + FeCl₂ → Fe(OH)₂ + BaCl₂                          (b) KHSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + KCl + HCl

(c) CO₂ + NaAlO₂ + H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃               (d) Zn + 2FeCl₃ → ZnCl₂ + 2FeCl₂

(e) $S{O}_{2\text{ du}}$ + Ca(OH)₂ → CaHSO₃

Số thí nghiệm thu được kết tủa là: (a), (b), (c).

Xét thí nghiệm 2: Tinh bột $\stackrel{thuy\text{ phan}}{\to }$$\underset{\left(Q\right)}{C_6{H}_{12}{O}_6}\stackrel{\text{len men}}{\to }\underset{\left(T\right)}{2C_2{H}_{5}OH}$

Xét thí nghiệm 1:

Ta có quá trình: X $\stackrel{NaOH\text{ du}}{\to }$ Muối Y + Muối Z + C₂H₅OH

Công thức cấu tạo của X là: HCOOCH₂COOC₂H₅.

→ Y là HCOONa, Z là HOCH₂COONa.

A sai vì Y là muối của axit fomic.

B sai vì X có tham gia phản ứng tráng bạc.

C sai vì HOCH₂COOH không phải là axit cacboxylic.

Gọi số mol Al(NO₃)₃, NaHCO₃, Fe(NO₃)₃, CaCO₃ bằng nhau và bằng 1 mol.

Ta có quá trình: $\left\{\begin{array}{l}\underset{1mol}{\underbrace{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}}\\ \underset{1mol}{\underbrace{NaHC{O}_3}}\\ \underset{1mol}{\underbrace{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_3}}\\ \underset{1mol}{\underbrace{CaC{\text{O}}_3}}\end{array}\right.\stackrel{t°}{\to }X\left\{\begin{array}{l}\underset{0,5mol}{\underbrace{A{l}_2{O}_3}}\\ \underset{0,5mol}{\underbrace{N{a}_{2}C{O}_3}}\\ \underset{0,5mol}{\underbrace{F{\text{e}}_2{O}_3}}\\ \underset{1mol}{\underbrace{CaO}}\end{array}\right.$

Hòa tan X vào nước dư:

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

   1                 1 mol

Al₂O₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + H₂O

0,5                          0,5 mol

Na₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + 2NaOH

0,5            0,5         0,5 mol

Dung dịch Y: Ca(AlO₂)₂ và NaOH.

Chất rắn Z: Fe₂O₃ và CaCO₃.

Thổi luồng khí CO dư qua chất rắn Z, nung nóng thu được chất rắn T gồm Fe và CaO.

→ B đúng.

Đốt cháy hoàn toàn m gam E: $n_{C{O}_2}=0,32mol;{\text{ n}}_{H_{2}O}=0,16mol;{\text{ n}}_{O_2}=0,36mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_E=5,44gam$ 

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(E\right)}=0,08mol\to n_E=\frac{0,08}{2}=0,04mol\to M_E=136$

$\to$ Công thức phân tử của E là C₈H₈O₂.

Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH dư: $n_{NaOH}=0,07mol$

Ta thấy: $n_E<n_{NaOH}<2n_E$ nên trong E chứa một este của phenol (x mol) và một este của ancol (y mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,04\\ 2\text{x}+y=0,07\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=0,01\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{H_{2}O}=n_{\text{este cua phenol}}=x=0,03mol\\ n_{ancol}=n_{\text{este cua phenol}}=y=0,01mol\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $m_{ancol}=m_E+m_{NaOH}-m_T-m_{H_{2}O}=1,08gam\to M_{ancol}=108$

→ Ancol đó là C₆H₅CH₂OH.

Dung dịch T chứa ba muối nên E gồm CH₃COOC₆H₅ (0,03 mol) và HCOOCH₂C₆H₅ (0,01 mol).

→ T chứa CH₃COONa (0,03 mol); C₆H₅ONa (0,03 mol); HCOONa (0,01 mol).

→ $m=0,03.82+0,01.68=3,14gam$.

Phương trình hóa học: CH3COOH + C2H5OH $\underset{t°}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\rightleftarrows }}$ CH3COOC2H5 + H2O

Axit H2SO4 đặc là xúc tác, đồng thời do có tính háo nước sẽ làm chuyển dịch cân bằng ở phản ứng este hóa theo chiều thuận → Tăng hiệu suất phản ứng.

Dung dịch NaCl bão hòa làm giảm độ tan của este nên CH₃COOC₂H₅ nổi lên trên. Chú ý, khi làm lạnh thì phản ứng sẽ dừng lại, sản phẩm sẽ không phân hủy.

Phản ứng este hóa xảy ra không hoàn toàn nên vẫn còn axit và ancol dư.

Gọi công thức phân tử và số mol tương ứng của hai este X và Y trong 23,16 gạm E lần lượt là $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$ (x mol) và $C_m{H}_{2n-2}{O}_4$ (y mol) ($n\ge 3;m\ge 4$).

Đun nóng 23,16 gam hỗn hợp E cần dùng 330 ml dung dịch NaOH 1M: $n_{NaOH}=0,33mol$

Ta có: $n_{NaOH}=n_X+2n_Y=0,33mol\to x+2y=0,33$      (*)

Đốt cháy hoàn toàn 23,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 0,96 mol O₂;

Ta có: $n_{O\left(E\right)}=2n_X+4n_Y=2\left(x+2y\right)=2.0,33=0,66mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=n_{O\left(E\right)}+2n_{O_2}=2,58mol$

Bảo toàn khối lượng: $44n_{C{O}_2}+18n_{H_{2}O}=m_E+m_{O_2}=23,16+0,96.32=53,88gam$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=2,58\\ 44n_{C{O}_2}+18n_{H_{2}O}=53,88\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=0,93mol\\ n_{H_{2}O}=0,72mol\end{array}\right.$

Trong phản ứng đốt cháy ta có: $n_E=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,21mol\to x+y=0,21$     (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $x=0,09;y=0,12$

Bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy: $n_{C{O}_2}=n\text{x}+my=0,93mol$

$\begin{array}{c}\iff 0,09n+0,12m=0,93\\ \iff 3n+4m=31\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}n=5\\ m=4\end{array}\right.$ 

Mặt khác khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được một ancol duy nhất và hai muối nên X là C₃H₅COOCH₃ (0,09 mol) và Y là (COOCH₃)₂ (0,12 mol).

→ Muối P là (COONa)₂ (0,12 mol) và muối Q là C₃H₅COONa (0,09 mol).

→ $\left\{\begin{array}{l}a=0,12.134=16,08\\ b=0,09.108=9,72\end{array}\right.$

→ $a:b=1,654$.

$n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,03mol\to n_{A{l}^{3+}}=0,06mol$

Tại thời điểm: $n_{O{H}^{-}}=7\text{a}$ thì kết tủa đã bị hòa tan một phần, khi đó: $7\text{a}=0,06.4-a\to a=0,03$

Điện phân dung dịch CuSO₄ (x mol) và NaCl (y mol).

$\to 160\text{x}-58,5y=27,52$ (*)

Dung dịch X chứa $N{a}^{+}$ (y mol); $S{O}_4^{2-}$ (x mol); $O{H}^{-}$ (0,21 mol).

Bảo toàn điện tích: $2\text{x}-y=-0,21$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $x=0,055;y=0,32$

Bảo toàn nguyên tố Cl: $n_{C{l}_2\left(an\text{o}t\right)}=\frac{1}{2}{n}_{NaCl}=0,16mol$

Catot: $n_{H_2}=\frac{n_{O{H}^{-}}}{2}=0,105mol$

$\to n_{khi}=0,16+0,105=0,265mol\to V=5,936lit$.

Y là (COOCH₃)₂ có số mol là 0,2 mol.

→ Khi Y tác dụng với dung dịch NaOH thì ancol đơn thức thu được là CH₃OH.

→ Hỗn hợp Z gồm CH₃OH và C₂H₅OH.

Khi Y tác dụng với NaOH thu được muối là (COONa)₂.

Mặt khác, sau phản ứng thu được ba muối khan có cùng số c trong phân tử nên công thức cấu tạo phù hợp với X là: CH₃COONH₃CH₂COOC₂H₅.

→ Ba muối thu được là CH₃COONa (0,15 mol); H₂NCH₂COONa (0,15 mol); (COONa)₂ (0,2 mol).

→ $a=0,15.82+0,15.97+0,2.134=53,65gam$.

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe (a mol), Mg (b mol) và O (c mol).

Cho m gam hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch HNO₃ dư: $n_{\text{hh khi}}=0,3mol$ 

Ta có: $d_{{\text{hh khi/H}}_2}=15,933\to M_{\text{hh khi}}=31,866\to m_{\text{hh khi}}=0,3.31,866=9,5598gam$

Gọi số mol của N₂O và NO trong hỗn hợp khí lần lượt là x và y mol.

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,3\\ 44\text{x}+30y=9,5598\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=0,26\end{array}\right.$

Ta có quá trình (1): $X\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ Mg\\ O\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_3}{\to }〈\begin{array}{l}\text{Dd Y (129,4 gam)}\\ \left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O\text{ (0,04 mol)}\\ \text{NO (0,26 mol)}\end{array}\right.\end{array}$

Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng, dư: $n_{S{O}_2}=0,7mol$ 

Ta có quá trình (2): $X\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ Mg\\ O\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_3}{\to }〈\begin{array}{l}\text{Dd Z (104 gam)}\\ {\text{SO}}_2\text{ (0,7 mol)}\end{array}$

Xét hai quá trình (1) và (2) thấy: $m_{\text{e nhan (1)}}=n_{\text{e nhan (2)}}\iff n_{\text{e nhan (1)}}=2n_{S{O}_2}=1,4mol$

Xét quá trình (1): $8n_{N_{2}O}+3n_{NO}=1,1mol<1,4mol$

→ Sản phẩm khử trong quá trình (1) có$N{H}_4^{+}$: $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{1,4-1,1}{8}=0,0375mol$

Bảo toàn electron cho quá trình (1): $3\text{a}+2b-2c=1,4$  (*)

Xét quá trình (1): $m_{\text{muoi nitr}at}=m_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_3}+m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}=129,4gam$

→ $242\text{a}+148b=126,4$      (**)

Xét quá trình (2): $m_{\text{muoi sunfat}}=m_{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}+m_{MgS{O}_4}=104gam$

→ $400.0,5a+120b=140$    (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: $a=0,4;b=0,2;c=0,1$

→ $m=0,4.56+0,2.24+0,1.16=28,8gam$.

Bảo toàn nguyên tố Na: $n_{NaOH}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,6mol$

Ta thấy: $n_X:n_{NaOH}=1:3$ và dựa vào dữ kiện đầu bài nên X chứa ba nhóm COO.

Nếu hai muối đều là muối đơn chức thì $n_{muoi}=n_{NaOH}=0,6mol$

Số nguyên tử H trung bình $=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_{muoi}}=\frac{2.0,7}{0,6}\approx 2,33$

→ Loại vì không có hai muối nào thỏa mãn.

Nếu hai muối gồm một muối đơn chức và một muối hai chức thì $n_{muoi}=0,4mol$

Trong đó $R_{1}COONa$ (0,2 mol) và $R_2{\left(COONa\right)}_2$ (0,2 mol).

→ Số nguyên tử H (trong $R_1$) + Số nguyên tử H (trong $R_2$) = 7

Mà hai muối đều no, có cùng số nguyên tử H nên hai muối là C₂H₅COONa (0,2 mol) và CH₂(COONa)₂ (0,2 mol).

Ta có: $M_Y=\frac{43,2}{0,2}=216$ → Công thức của Y là CH₂(COO)₂C₃H₅OOCC₂H₅.

Lại có: X có $k=6$ nên công thức của X là CH₂(COO)₂C₃H₅OOCC ≡ CH.

→ Số nguyên tử H trong X là 8.

Cho 12,48 gam X gồm Cu và Fe tác dụng hết với 0,15 mol hỗn hợp khí gồm Cl₂ và O₂:

Ta có quá trình: $\underset{12,48gam}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}Cu\\ F\text{e}\end{array}\right.}}+\underset{0,15mol}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}C{l}_2\\ O_2\end{array}\right.}}\to Y〈\begin{array}{l}Oxit\\ Muoi\end{array}\stackrel{\underset{0,36mol}{\underbrace{HCl}}}{\to }Z\stackrel{AgN{O}_3}{\to }〈\begin{array}{l}\text{Chat ran}\left\{\begin{array}{l}AgCl\\ Ag\end{array}\right.\\ Dd:F{e}^{3+},C{u}^{2+},A{g}^{+},N{O}_3^{-}\end{array}$

Oxit trong Y tác dụng với HCl: 2H + O → H₂O

                                       0,36 mol

$\to n_{O_2}=\frac{1}{2}{n}_O=0,09mol\to n_{C{l}_2}=0,15-0,09=0,06mol$

Cho dung dịch AgNO₃ dư vào Z: $n_{AgCl}=n_{HCl}+2n_{C{l}_2}=0,48mol$

$\to m_{AgCl}=0,48.143,5=68,88gam<75,36gam$

→ Chất rắn sau phản ứng có Ag: $m_{Ag}=75,36-68,88=6,48gam$

$\to n_{Ag}=0,06mol$

Gọi số mol của Cu và Fe trong 12,48 gam X lần lượt là a và b mol.

$\to 64\text{a}+56b=12,48$  (*)

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình: $2n_{Cu}+3n_{F\text{e}}=2n_{C_2}+4n_{O_2}+n_{Ag}$

$\to 2\text{a}+3b=0,54$      (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,09;b=0,12$

Hòa tan hết 12,48 gam X trong dung dịch HNO₃ nồng độ 31,5%: 

Ta có quá trình: $\underset{12,48gam}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}Cu\\ F\text{e}\end{array}\right.}}+{\text{dd HNO}}_3\text{ 31,5\%}\to 〈\begin{array}{l}\text{Dd T}\\ \underset{0,15mol}{\underbrace{NO}}\end{array}$

Ta thấy: $2n_{Cu}+2n_{F\text{e}}=0,42mol<3n_{NO}=0,45mol<2n_{Cu}+3n_{F\text{e}}=0,54mol$

→ Muối sắt sau phản ứng gồm cả muối Fe(II) (x mol) và muối Fe(III) (y mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,12\\ 2.0,09+2\text{x}+3y=0,45\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,09\\ y=0,03\end{array}\right.\to m_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,03.242=7,26gam$

Ta có: $n_{HN{O}_3}=n_{N{O}_3^{-}\text{ trong muoi}}+n_{NO}=n_{\text{e cho/e nhan}}+n_{NO}=0,45+0,15=0,6mol$

$\to m_{{\text{dd HNO}}_3}=\frac{0,6.63}{31,5\%}=120gam$

Bảo toàn khối lượng: $m_{\text{dd T}}=m_X+m_{{\text{dd HNO}}_3}-m_{NO}=12,48+120-0,15.30=127,98gam$

$\to C{\%}_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{7,26}{127,98}.100\%\approx 5,67\%$.