Đáp án D

Vinyl axatat:  có công thức phân tử của C₄H₆O₂.

Propyl axetat: CH₃COOC₃H₇ có công thức phân tử là C₅H₁₀O₂.

Phenyl axetat: CH₃COOC₆H₅ có công thức phân tử C₈H₈O₂.

Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ có công thức phân tử C₄H₈O₂.

Đáp án A

Theo quy tắc  thì Fe phản ứng được với dung dịch CuSO₄.

 $F\text{e}+CuS{O}_4\to F{\text{eSO}}_4+Cu$

Đáp án C

Este đơn chức mà phản ứng với dung dịch kiềm theo tỉ lệ 1 : 2 thì chỉ có thể là este của phenol, công thức phân tử có dạng RCOOC₆H₄R’.

$\to$ Trong các đáp án chỉ có phenyl axetat thỏa mãn (CH₃COOC₆H₅).

$C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5+2KOH\to C{H}_{3}COOK+C_6{H}_{5}OK+H_{2}O$ 

Đáp án A

Xét phương trình ion rút gọn của các đáp án:

A. $B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$ 

B. $B{a}^{2+}+2\text{O}{H}^{-}+2N{a}^{+}+2H\text{S}{O}_4^{-}\to BaS{O}_4+2N{a}^{+}+S{O}_4^{2-}+2H_{2}O$ 

C. $B{a}^{2+}+2\text{O}{H}^{-}+2H^{+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4+2H_{2}O$ 

D. $B{a}^{2+}+2HC{O}_3^{-}+2N{a}^{+}+2H\text{S}{O}_4^{-}\to BaS{O}_4+N{a}_{2}S{O}_4+2C{O}_2+2H_{2}O$ 

Vậy đáp án A thỏa mãn phương trình ion rút gọn là $B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4.$ 

Đáp án D

$n_{H_2}=0,2mol$ 

Nhớ nhanh: $n_{Zn}=n_{H_2}=0,2mol\to m_{Zn}=0,2.65=13gam$ 

Do Cu không phản ứng được với dung dịch HCl nên chất rắn không tan là Cu:

$m_{khoâng\tan }=m_{Cu}=15-13=2gam$ 

Đáp án B

Phương trình hóa học:

$C{H}_2=CH-COOH+C{H}_{3}OH\stackrel{H_{2}S{O}_4ñaëc,t°}{\rightleftarrows }C{H}_2=CHCOOC{H}_3+H_{2}O$ 

                                                         (metyl acrylat)

Trùng hợp X thu được polime tương ứng là poli(metyl acrylat).

Đáp án D

Tổng quát: Amin thơm bậc hai < Amin thơm bậc một < NH₃ < Amin no bậc một < Amin no bậc hai.

$\to$ Tính bazơ tăng dần: Anilin (3) < amoniac (1) < metylamin (2) < đimetylamin (4).

Đáp án A

$n_{CaC{\text{O}}_3}=0,15mol$ 

Hấp thụ lượng khí CO₂ sinh ra vào dung dịch Ca(OH)₂ dư: $n_{C{O}_2}=n_{CaC{\text{O}}_3}=0,15mol$ 

Nếu $H=100\%$ ta có:

Phương trình hóa học: $C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{leânmen}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2$ 

                             $0,075\leftarrow 0,15$         mol

$\to m_{glucozô}=0,075.180=13,5gam$ 

Với $H=50\%$ ta có: $m=13,5:50\%=27gam$ 

Chú ý: Ta có thể ghi nhớ nhanh trong phản ứng này để tính toán nhanh hơn: $n_{C{O}_2}=n_{C_2{H}_{5}OH}=2n_{glucozô}.$ 

Hay khi lên men từ tinh bột: $n_{C{O}_2}=n_{C_2{H}_{5}OH}=2n_{glucozô}=2n_{tinhboät}$  

Đáp án A

X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng, không tan trong nước lạnh  X là tinh bột.

Y là loại đường phổ biến nhất, có trong nhiều loài thực vật, có nhiều nhất trong cây mía, của cải đường và hoa thốt nốt => Y là saccarozơ.

Đáp án C

Các chất tác dụng được với dung dịch HCl là Fe(OH)₃, Fe₃O₄, Fe(NO₃)₂.

Chú ý: Fe(NO₃)₂ phản ứng được với HCl là do phản ứng $F{\text{e}}^{2+}$ trong dung dịch chứa H⁺ và $N{O}_3^{-}.$ 

                             $3F{\text{e}}^{2+}+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to 3F{\text{e}}^{3+}+NO+2H_{2}O$ 

Đáp án A

$n_{H_{2}O}=0,7mol.$ Số nguyên tử $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=\frac{2.0,7}{0,1}=14$ 

Một peptit X mạch hở khi thủy phân hoàn toàn chỉ thu được glyxin nên công thức phân tử có dạng: ${\left(Gly\right)}_n$ hay $\left[{\left(C_2{H}_5{O}_{2}N\right)}_n-{\left(H_{2}O\right)}_{n-1}\right]$ hay $C_{2n}{H}_{3n+2}{O}_{n+1}{N}_n.$ 

Ta có: $3n+2=14\to n=4$ 

Vậy số nguyên tử $O=n+1=4+1=5.$ 

Đáp án A

Phương trình hóa học:

(a) $F\text{e+NaHS}{O}_4\to F{\text{eSO}}_4+N{a}_{2}S{O}_4+H_2$ 

     $\left(X_1\right)\left(X_2\right)$ 

(b) $NaH\text{S}{O}_4+NaOH\to N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O$ 

     $\left(X_1\right)\left(X_3\right)\left(X_2\right)$ 

Đáp án D

X không tạo kết tủa với dung dịch $BaC{l}_2\to$ Loại A và B.

Khi X phản ứng với NaOH tạo ra khí mùi khai, khi phản ứng với dung dịch HCl tạo ra khí làm đục nước vôi trong và làm mất màu dung dịch thuốc tím nên X chỉ có thể là NH₄HSO₃.

$N{H}_{4}H{\text{SO}}_3+NaOH\to NaH\text{S}{O}_3+N{H}_3+H_{2}O$ 

$N{H}_{4}H\text{S}{O}_3+HCl\to N{H}_{4}Cl+S{O}_2+H_{2}O$ 

(SO₂ làm đục nước vôi trong và làm mất màu dung dịch thuốc tím KMnO₄)

Đáp án D

Khí CO khử được oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên khi dẫn khí CO dư qua hỗn hợp bột gồm MgO, CuO, Al₂O₃ và Fe₃O₄, nung nóng thì có CuO và Fe₃O₄ phản ứng tạo kim loại Cu và Fe.

=> Hỗn hợp rắn Y gồm: MgO, Al₂O₃, Cu, Fe.

Đáp án B

Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là $C_x{H}_y{O}_z\left(x,y,z\in N^{*}\right).$ 

Ta có: $x:y:z=\frac{62,07}{12}:\frac{4,83}{1}:\frac{33,1}{16}$ 

                   $=5,1725:4,83:2,06875$ 

                   $=15:14:6$ 

Công thức phân tử của catechin là C₁₅H₁₄O₆.

Đáp án B

Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là $C_x{H}_y{O}_z\left(x,y,z\in N^{*}\right).$ 

Ta có: $x:y:z=\frac{62,07}{12}:\frac{4,83}{1}:\frac{33,1}{16}$ 

                   $=5,1725:4,83:2,06875$ 

                   $=15:14:6$ 

Công thức phân tử của catechin là C₁₅H₁₄O₆.

Đáp án B

Gọi công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của catechin là $C_x{H}_y{O}_z\left(x,y,z\in N^{*}\right).$ 

Ta có: $x:y:z=\frac{62,07}{12}:\frac{4,83}{1}:\frac{33,1}{16}$ 

                   $=5,1725:4,83:2,06875$ 

                   $=15:14:6$ 

Công thức phân tử của catechin là C₁₅H₁₄O₆.

Đáp án A

$n_{HC{O}_3^{-}}=amol;n_{C{O}_3^{2-}}=bmol$ 

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa NaHCO₃ và Na₂CO₃ ta có thứ tự phản ứng:

$C{O}_3^{2-}+H^{+}\to HC{O}_3^{-}$           (1)

$HC{O}_3^{-}+H^{-}\to C{O}_2+H_{2}O$   (2)

Từ $n_{HCl}=0mol\to n_{HCl}=0,15mol$, xảy ra phương trình (1):

$n_{C{O}_3^{2-}}=n_{H^{+}}=n_{HCl\left(1\right)}=0,15mol$ 

$\to b=0,15$ 

Từ $n_{HCl}=0,15mol\to n_{HCl}=0,35mol$, xảy ra phương trình (2): $n_{C{O}_2}=n_{HCl\left(2\right)}=0,35-0,15=0,2mol$ 

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{-}}=n_{C{O}_2}=0,2mol$ 

$\to n_{HC{O}_3^{-}}=0,2-0,15=0,05mol$ 

$\to a=0,05$ 

$\to a:b=0,05:0,15=1:3$ 

Đáp án A

Các phát biểu đúng là: (a), (c), (e).

(b) sai vì kim loạicứng nhất là Cr (crom).

(d) sai vì khi điện phân nóng chảy NaCl (điện cực trơ), tại catot xảy ra sự khử ion  

Đáp án D

Phát biểu đúng là (a).

(b) sai vì đốt cháy hoàn toàn este no, đơn chức, mạch hở mới thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

(c) sai vì dung dịch axit glutamic có tính axit nên có $pH<7.$ 

(d) sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.

(e) sai vì tơ nitron tổng hợp bằng phương pháp trùng hợp.

Chú ý: Từ tripeptit trở đi mới có phản ứng màu biure.

Đáp án D

$n_X=0,025mol;n_{NaOHñaõduøng}=0,1mol;n_{HCl}=0,025mol$ 

Trung hòa lượng NaOH dư: $n_{NaOHdö}=n_{HCl}=0,025mol$ 

$\to n_{NaOHpövôùiX}=0,1-0,025=0,075mol$ 

23,00 gam ancol Y khi hóa hơi có thể tích bằng thể tích của 8,00 gam O₂: $\to n_Y=n_{O_2}=\frac{8}{32}=0,25mol$ 

$\to M_Y=\frac{23}{0,25}=92$ 

Ta thấy: $n_X:n_{NaOH}=1:3$ và $M_{ancolY}=92\to Y$ là C₃H₅(OH)₃.

$\to$ Công thức cấu tạo của X là (CH₃COO)₃C₃H₅.

Đáp án C

Khí thoát ra khỏi bình gồm C₃H₈ (a mol) và H₂ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,27\\ 44\text{a}+2b=9,78\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,22\\ b=0,05\end{array}\right.\to n_{H_{2}dö}=0,05mol$ 

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_{bìnhbromtaêng}+m_{C_3{H}_8}+m_{H_2}=12,28gam$ 

$M_X=15,35.2=30,7\to n_X=\frac{12,28}{30,7}=0,4mol$ 

Đốt cháy Y: $n_{H_{2}O}=1,1mol\to n_{H\left(Y\right)}=2,2mol$ 

X gồm $C_3{H}_n$ (x mol) và H₂ (y mol).

$\to x+y=0,4\left(*\right)$ 

$\left(36+n\right)x+2y=12,28\left(**\right)$ 

Bảo toàn nguyên tố H: $n\text{x}+2y=2,2\left(***\right)$ 

Từ (*), (**) và (***) suy ra: $x=0,28;y=0,12;n\text{x}=1,96\to n=7$ 

=> Độ bất bão hòa $k\left(C_3{H}_n\right)=\frac{2.3+2-7}{2}=0,5$ 

Bảo toàn liên kết $\pi :0,5n_{C_3{H}_n}=n_{H_{2}pö}+n_{B{r}_2}$ 

$\to n_{B{r}_2}=0,5.0,28-\left(0,12-0,05\right)=0,07mol$ 

$\to m_{B{r}_2}=11,2gam$ 

Đáp án A

Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào dung dịch chứa 0,35 mol HCl, sinh ra 0,25 mol CO₂: $n_{H^{+}}=0,35mol$ 

Ta thấy: $n_{C{O}_2}<n_{H^{+}}<2n_{C{O}_2}$ nên trong dung dịch X chứa cả $HC{O}_3^{-}$ (a mol) và $C{O}_3^{2-}$ (b mol).

Phương trình hóa học:

          $HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$ 

          $a a a$               mol

          $C{O}_3^{2-}+2H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$ 

          $b 2b b$               mol

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,25\\ a+2b=0,35\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,15\\ b=0,1\end{array}\right.\to \frac{n_{HC{O}_3^{-}}}{n_{C{O}_3^{2-}}}=\frac{3}{2}$ 

Dung dịch X chứa $K^{+}$ (0,255 mol); $N{a}^{+}$ (0,2 mol); $HC{O}_3^{-}$ (3x mol); $C{O}_3^{2-}$ (2x mol).

Bảo toàn điện tích: $0,255+0,2=3\text{x}+2.2\text{x}\to x=0,065$ 

Kết tủa Y là BaCO₃: $n_{BaC{\text{O}}_3}=n_{B{a}^{2+}}=0,1mol$ 

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=n_{BaC{\text{O}}_3}+n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{2-}}=0,1+3.0,065+2.0,065=0,425mol$ 

$\to V_{C{O}_2}=0,425.22,4=9,52$ lít

Đáp án D

Pentapeptit X có 6 nguyên tử O nên ta có: $M_X=\frac{6.16}{18,713\%}=513$ 

Ta có: $M_X=5.M_{\alpha -a\min \text{o\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}axit}-4.18=513\to M_{\alpha -a\min \text{o\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}axit}=117$ 

$\to$ X là (Val)₅ với $n_X=0,07mol$ 

Ta có: $n_{{\left(Val\right)}_4}=0,04mol;n_{{\left(Val\right)}_3}=0,03mol;n_{{\left(Val\right)}_2}=0,02mol$ 

Bảo toàn gốc Val: $5n_{Xb\text{d}}=4n_{{\left(Val\right)}_4}+3n_{{\left(Val\right)}_3}+2n_{{\left(Val\right)}_2}+5n_{Xdu}$ 

$\to n_{Xdö}=0,012mol\to m_{Xdö}=6,156$ gam

Đáp án C

A đúng vì anilin không làm quỳ tím đổi màu.

B đúng vì anilin có tính bazơ nên tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch muối:

$C_6{H}_{5}N{H}_2+HCl\to C_6{H}_{5}N{H}_{3}Cl$ 

C sai vì muối vừa thu được ở bước (2) có phản ứng với dung dịch NaOH thu được anilin hầu như không tan trong nước nên lại vẩn đục: $C_6{H}_{5}N{H}_{3}Cl+NaOH\to NaCl+C_6{H}_{5}N{H}_2+H_{2}O$ 

D đúng vì anilin hầu như không tan trong nước, tạo vẩn đục và lắng xuống đáy.

Đáp án B

Dựa vào dữ kiện đề bài, biện luận suy ra:

Y là CH₂ = CHCOONH₃CH(CH₃)COOCH₃

Z là CH₃NH₃OOCH₂COONH₃C₂H₅

G gồm CH₂ = CHCOONa (0,2 mol); H₂NCH(CH₃)COONa (0,2 mol) và CH₂(COONa)₂ (0,1 mol).

Muối có phân tử khối nhỏ nhất là $C{H}_2=CHCOON\text{a}:m=0,2.94=18,8gam$ 

Đáp án D

Hỗn hợp X gồm Al₂O₃, Fe và Al dư hoặc Fe₂O₃ dư.

Cho phần một vào dung dịch NaOH thu được: $n_{H_2}=0,4mol$ 

$\to$ Hỗn hợp X gồm Al₂O₃, Fe và Al dư: $n_{Aldö}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{0,8}{3}mol$ 

Gọi số mol Al₂O₃ và Fe trong phần một lần lượt là x và 2x mol.

Ta có: $m_{F\text{e}}=44,8\%.\left(m_{F\text{e}}+m_{A{l}_2{O}_3}+m_{Aldö}\right)\to x=0,2$ 

$\to$ Phần một gồm Al dư  $\left(\frac{0,8}{3}mol\right);A{l}_2{O}_3\left(0,2mol\right);F\text{e}\left(0,4mol\right)$

Xét phần hai gồm Al dư $\left(\frac{0,8k}{3}mol\right);A{l}_2{O}_3\left(0,2kmol\right);F\text{e}\left(0,4kmol\right)$ vào dung dịch HCl dư.

Ta có: $\frac{3}{2}{n}_{Al}+n_{F\text{e}}=n_{H_2}\to k=1,5$ 

Ta có: $m=m_{phaànmoät}+m_{phaànhai}=2,5.m_{phaànmoät}=125gam$ 

Đáp án C

Thời gian t giây:

Gọi số mol Cl₂ và O₂ thu được ở anot lần lượt là a và b mol

$\to a+b=0,1\left(*\right)$ 

Ta có: $m_{taêngôûcatot}=m_{Cu}\to n_{Cu}=0,16mol\to n_{etraoñoåi}=0,32mol$ 

Bảo toàn electron: $2n_{Cu}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}\to 2a+4b=0,32\left(**\right)$ 

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,04;b=0,06$ 

Thời gian 2t giây: $n_{etraoñoåi}=2.0,32=0,64mol$ 

Ở anot thu được khí Cl₂ (0,04 mol) và O₂.

$\to n_{O_2}=\frac{0,64-0,04.2}{4}=0,14mol$ 

$\to V_{khíôûcatot}=4,032lít$ 

$\to$ A, B sai.

Ở catot: $n_{Cu}=0,24mol\to n_{CuS{O}_4}=0,24mol$ 

Ta có: $n_{KCl}=2n_{C{l}_2}=0,08mol$ 

$\to m=0,24.160+0,08.74,5=44,36gam$ 

Đáp án B

$n_{KH\text{S}{O}_4}=0,32mol;n_{NO}=0,04mol$ 

Ta có quá trình: $\underset{}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ F{\text{e}}_3{O}_4\\ F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.}}+\underset{0,32mol}{\underbrace{KH\text{S}{O}_4}}\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}DdY\left\{\begin{array}{l}\underset{59,04gam}{\underbrace{Muoáitrunghoøa}}\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{0,44molNaOH}{\to }\\ \underset{0,04mol}{\underbrace{NO}}\end{array}$ 

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_{2}O}=\frac{1}{2}{n}_{KH\text{S}{O}_4}=0,16mol$ 

Bảo toàn khối lượng:

$m=m_{muoáikhan}+m_{H_{2}O}+m_{NO}-m_{KHS{O}_4}=59,04+0,16.18+0,04.30-0,32.136=19,6gam$ 

Ta có: $n_{H^{+}}=4n_{NO}+2n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}\to n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}=\frac{0,32-4.0,04}{2}=0,08mol$ 

$\to n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=\frac{n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}}{4}=0,02mol$ 

Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH thu được dung dịch chứa Na⁺ (0,44 mol); K⁺ (0,32 mol); $S{O}_4^{2-}$ (0,32 mol); $N{O}_3^{-}$ trong đó: $n_{N{O}_3^{-}}=0,44+0,32-0,32.2=0,12mol$ 

Bảo toàn nguyên tố N: $n_{N{O}_3^{-}\left(F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2\right)}=n_{N{O}_3^{-}\left(Y\right)}+n_{NO}=0,12+0,04=0,16mol$ 

$\to n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{0,16}{2}=0,08mol$ 

Phần trăm khối lượng của $F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2$ trong X: $\%m_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{0,08.180}{19,6}.100\%\approx 73,47\%$ 

Đáp án B

Khi đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH thu được phần hơi chứa hai ancol Y, Z nên X là este được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và một ancol là Y hoặc Z.

Quy đổi E thành hỗn hợp gồm R(COOH)­₂ (a mol), R’OH (b mol) và H₂O ($-2\text{a}$ mol)

Đun nóng 5,70 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH: $n_{NaOH}=0,04mol$ 

Ta có: $n_{R{\left(COOH\right)}_2}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,02mol$ 

$\to$ E gồm R(COOH)₂ (0,02 mol), R’OH (b mol) và H₂O $\left(-0,04mol\right)$ 

Đốt cháy hoàn toàn 5,70 gam hỗn hợp E: $n_{O_2}=0,345mol;n_{H_{2}O}=0,27mol$ 

Bảo toàn khối lượng: $5,7+0,345.32=m_{C{O}_2}+0,27.18$ 

$\to m_{C{O}_2}=11,88gam\to n_{C{O}_2}=0,27mol$ 

Bảo toàn khối lượng O: $n_{O\left(E\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}=2.0,27+0,27-2.0,345=0,12mol$ 

$\to 0,02.4+b-0,04=0,12$ 

$\to b=0,08$ 

Lại có khối lượng hai ancol là 4,1 gam: $M_{R^{\text{'}}}=\frac{4,1}{0,08}-17=34,25$ 

$\to$ Hai ancol Y và Z là C₂H₅OH (x mol) và C₃H₇OH (y mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,08\\ 46\text{x}+60y=4,1\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,03\end{array}\right.$ 

Ta có: $m_{R{\left(COOH\right)}_2}=5,7+0,04.18-4,1=2,32gam\to M_R=\frac{2,32}{0,02}-45.2=26$ 

$\to$ X chỉ có thể là C₂H₅OOCCH = CHCOOC₂H₅ (0,02 mol).

Phần trăm khối lượng X có trong E: $\%m_X=\frac{0,02.172}{5,7}.100\%\approx 60,35\%$ 

Đáp án B

$n_{CO}=0,3mol;n_Z=0,2mol$ 

Hỗn hợp M có: $\left\{\begin{array}{l}{m}_O=35,25.20,4255\%=7,2gam\to n_{O\left(M\right)}=0,45mol\\ m_{KL}=35,25-7,2=28,05gam\end{array}\right.$ 

Hỗn hợp khí X gồm CO (x mol) và CO₂ (y mol).

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{CO}+n_{C{O}_2}=n_{CObñ}\to x+y=0,3\left(*\right)$ 

Ta có: $d_{X/H_2}=18\to M_X=36\to m_X=0,3.36=10,8gam\to 28x+44y=10,8\left(**\right)$ 

Từ (*) và (**) suy ra: $x=y=0,15$ 

$\to n_{OpövôùiCO}=n_{C{O}_2}=0,15mol$ 

$\to n_{O\left(G\right)}=n_{O\left(M\right)}-n_{OpövôùiCO}=0,45-0,15=0,3mol$ 

Hòa tan hết toàn bộ G trong lượng dư dung dịch HNO₃ loãng:

Ta có quá trình: $G\left\{\begin{array}{l}\underset{28,05gam}{\underbrace{KL}}\\ \underset{0,3mol}{\underbrace{O}}\end{array}\right.+HN{O}_{3loaõng,dö}\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}mgammuoái\\ \underset{0,2mol}{\underbrace{Z\left\{\begin{array}{l}NO\\ N_{2}O\end{array}\right.}}\end{array}$ 

Hỗn hợp khí Z gồm NO (a mol) và N₂O (b mol).

$\to a+b=0,2\left(***\right)$ 

Ta có: $d_{Z/H_2}=16,75\to M_Z=33,5\to m_Z=0,2.33,5=6,7gam\to 30\text{a}+44b=6,7\left(****\right)$ 

Từ (***) và (****) suy ra: $a=0,15;b=0,05$