Chọn đáp án B

$n_{Ala}=1,5 mol$

Ta có: $m_{H_{2}O}=m_{Ala}-m_X=22,5 mol\to n_{H_{2}O}=1,25 mol$

Phương trình: $\frac{1,25}{n-1}=\frac{1,25}{n}->n=6->$ Số liên kết peptit =6-1=5.

B sai vì đây là tính chất vật lí, không phải tính chất hóa học.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

$$\begin{gathered} n_{H_2}=0,15 mol->n_{KLK}=0,3 mol \\ ->M_{KLK}=\frac{8,5}{0,3}=28,3 \end{gathered}$$

→ Hai kim loại kiềm là Na (a mol) và K (b mol).

Ta có hệ phương trình:$\left\{\begin{array}{l}a+b=0,3\\ 23a+39b=8,5\end{array}->\left\{\begin{array}{l}a=0,2\\ b=0,1\end{array}\right.\right.$  X là Na (0,2 mol): %m_X =54,12 %.

Chọn đáp án A

Ta có: k = 2; thủy phân X thu được hái ancol nên X là este hai chức.

Hai ancol có số nguyên tử cacbon gấp đôi nhau nên X chỉ có thể là CH₃OCOCH₂ COOC₂H_5.

Chọn đáp án B

Chỉ có hỗn hợp Na₂O và A1₂O₃ có thể tan hoàn toàn trong nước dư:

Na₂O + H₂O → 2NaOH

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O.

Thứ tự xuất hiện kim loại và ion kim loại: $$\begin{gathered} \underset{M{g}^{2+}; F{e}^{2+};C{u}^{2+}}{\overset{xuat hien ion kim loai}{\to }} \\ \underset{xuat hien kim loai}{\overset{Mg; Fe; Cu}{\leftarrow }} \end{gathered}$$ 

→ Mg hết, CuSO₄ hết, FeSO₄ chưa phản ứng.

$n_{H_2}=0,25 mol$ 

Gọi số mol của M và Al lần lượt là a và a mol.

Nếu M là kim loại kiềm: x+3x=0,25.2-> x=0,125

Khi đó: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=n_{Al}=0,125 mol-> m=9,75 gam$

Nếu M là kim loại kiềm thổ: 2x=3x=0,25.2-> x=0,1

Khi đó: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=n_{Al}=0,1 mol-> m=7,8 gam$.

Ta có quá trình: $2,13 gam X\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Cu\\ Al\end{array}\stackrel{+O_2}{\to }\right.3,33 gam Y\left\{\begin{array}{l}MgO\\ CuO\\ A{l}_2{O}_3\end{array}\right.\stackrel{+HCl}{\to }\left\{\begin{array}{l}MgC{l}_2\\ CuC{l}_2\\ AlC{l}_3\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $$\begin{gathered} m_{O_2}=m_Y-m_X=1,2 gam-> n_{O_2}=0,0375 mol \\ ->n_O=2.0,0375=0,075 mol \end{gathered}$$

Cho Y phản ứng với HCl ta có thể coi:

$$\begin{gathered} O^{2-}+ 2H^{+}->H_{2}O \\ 0,075->0,15 \\ ->n_{HCl}=n_{H^{+}}=0,15 mol \\ -> V_{HCl}=0,15 lít=150 ml \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Phương trình hóa học:

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂ ↑

x                      x                              mol

Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ ↓ + 3CH₄ ↑

y                      4y                            mol

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

x              2x            x                      mol

Dung dịch Y gồm Ca(AlO₂)₂ (X mol).

Giả sử $a=78 gam-> n_{Al{\left(OH\right)}_3}=1 mol-> 4y-2x=1$

Ta có: $n_{C{O}_2}=2x+3y mol$

Cho CO₂ vào dung dịch Y:

Ca(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ ↓ + Ca(HCO₃)₂

x                                     2x                             mol

$$\begin{gathered} n_{Al{\left(OH\right)}_3}=2 mol-> 2x=2-> x=1->y=0,75 \\ x:y=4:3 \end{gathered}$$

 $m_{NaOH}=30.1,2.28\%=10,08 gam$

Bảo toàn nguyên tố M: $$\begin{gathered} n_{NaOH}=2n_{M_{2}C{O}_3} \\ \iff \frac{10,08}{M_M+17}=2.\frac{8,28}{2M_M+60} \\ -> M_M=39 \end{gathered}$$

Vậy kim loại M là kali (K).

Ta có:  $n_y=n_x=0,1 mol->{M_Y}_{}=46$->Y là C₂H₅OH.

Chất rắn X gồm $C_n{H}_{2n-1}COOK$ (0,1 mol) và KOH dư (0,18-0,1=0,08 mol).

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=0,1(n+1)-0,09 mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_{2}O}=0,1(n-0,5)+0,04 mol$

Theo đề bài: 44.(0,1.(n+1)-0,09+18.(0,1(n-0,5)+0,04)=8,26->n=1

Vậy công thức của muối là CH₃COOK

→ Công thức của X là CH₃COOC₂H₅ (etyl axetat).

(1) 2Fe + 3Cl₂ $\stackrel{t°}{\to }$ 2FeCl₃

(2) Fe + S$\stackrel{t°}{\to }$  FeS

(3) 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O

(4) Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄

(5) Fe + AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + AgNO₃

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

(6) 3Cl₂ + 6FeSO₄ → 2Fe₂(SO₄)₃ + 2FeCl₃

Các thí nghiệm thu được muối sắt(III) là (1); (3); (5); (6).

Cho từ từ a mol HCl vào b mol Na₂CO₃ thì: $n_{C{O}_2\left(1\right)}=n_{HCl}-n_{N{a}_{2}C{O}_3}->n_{C{O}_2}=b-a mol$Cho từ từ b mol Na₂CO₃ vào a mol HCl thì: $n_{C{O}_2\left(2\right)}=\frac{n_{HCl}}{2}=0,5b mol$

Theo đề bài ta có: $\frac{n_{C{O}_2\left(1\right)}}{n_{C{O}_2\left(2\right)}}=\frac{V}{2V}=\frac{1}{2}->\frac{b-a}{0,5b}=\frac{1}{2}->a=0,75b mol$

 $m_{C_2{H}_{5}OH}=200.34,5\%.0,8=55,2 kg$

Ta có:      Tinh bột → Glucozo → C₂H₅OH

            162                           92 gam

             x                      55,2 kg

$->x=\frac{162.55,2}{92}=97,2 kg$

Mà H₁ = 80% và H₂ = 75%: m=97,2:80%:75%:90%=180 kg.

(a) sai vì chỉ có peptit có từ hai liên kết peptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

(b) sai vì muối phenylamoni clorua (C₆H₅NH₃Cl) chứa liên kết ion tan tốt trong nước.

(c) đúng vì các amin metyỊamin CH₃NH₂, đimetylamin (CH₃)₂NH, trimetyl amin (CH₃)₃N và etyl amin C₂H₅NH₂ đềư là những chất khí, mùi khai và tan tốt trong nước.

(d) đúng mỗi gốc Gly, Ala, Gly đều chứa hai nguyên tử O, trừ đi hai nguyên tử O ở hai liên kết peptit → có bốn nguyên tử O.

(e) sai vì ở điều kiện thường các amino axit là những chất rắn.

Ta có: $$\begin{gathered} m_X=m_{hh}=2,7 gam->n_Y=0,06 mol \\ ->n_{H_2 pu}=n_{hh}-n_Y=0,09 mol \end{gathered}$$

Gọi số mol của CH ≡ CCH2CH3, CH ≡ CCH = CH2, CH ≡ CC ≡ CH lần lượt là x, y, z mol.

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,06-0,03=0,03\\ x+y+2z=0,04\\ 161x+159y+157z=5,84\end{array}->\left\{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,01\\ z=0,01\end{array}\right.\right.$

Bảo toàn liên kết π: $$\begin{gathered} 4{n_{C_4{H}_2}}_{}={n_{H_{2}pu}}_{}+2x+3y+4z+a \\ ->a=0,02 \end{gathered}$$

Các phát biểu đúng là (b), (c).

(a) sai vì thu được glucozo và fructozo.

(d) sai vì có ba chất tác dụng được với dung dịch NaOH là: phenol, etyì axetat, axit axetic.

  $n_{C{O}_3^{2-}}=0,08 mol; n_{O{H}^{-}}=0,06 mol$

Phản ứng theo thứ tự:

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

Ta có: X=0,08+0,06=0,14 mol-> 1,25x-x=0,25.0,14=0,035

Khi đó: $y=n_{C{O}_2}=0,035 mol$.

Độ bất bão hòa: $k=\frac{2.9+2-8}{2}=6$ và 1 mol X → 2 mol Y + 1 mol Z + 1 mol H₂O

→ X có dạng $RCOOC6H4-R\text{'}-OOCR (R\text{'}\#H).$

→ Công thức của X là HCOOC₆H₄CH₂OOCH.

Phương trình hóa học:

HCOOC₆H₄CH₂OOCH + 3NaOH → 2HCOONa + NaOC₆H₄CH₂OH + H₂O

        (X)                                     (Y)         (Z)

2NaOC₆H₄CH₂OH + H₂SO₄ → 2HOC₆H₄CH₂OH + Na₂SO₄

        (Y)                                   (T)

→ T tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 1.

X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic → X và Y chứa một liên kết đôi C = C.

$n_{O_2}=0,59 mol; n_{H_{2}O}=0,52 mol$

Bảo toàn khối lượng: $$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=11,16+0,59.32-0,52.18=20,68 gam \\ ->n_{C{O}_2}=0,47 mol \end{gathered}$$

Ta thấy: $n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}$ Ancol là no, hai chức.

Quy đổi X thành C₃H₄O₂ (0,04 mol); C₃H₈O₂ (a mol); CH₂ (b mol) và H₂O (c mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}0,04.72+76a+14b+18c=11,16\\ 0,04.3+3a+b=0,47\\ 0,04.2+4a+b+c=0,52\end{array}\right.->\left\{\begin{array}{l}a=0,11\\ b=0,02\\ c=-0,02\end{array}\right.$

Axit gồm C₃H₄O₂ (0,04 mol) và CH₂ (0,02 mol).

→ Muối gồm C₃H₃COOK (0,04 mol) và CH₂ (0,02 mol).

→ m=4,68 gam.

Thứ tự các phản ứng xảy ra theo sơ đồ chuyển hóa là:

Cr(OH)₃ + KOH → KCrO₂ + 2H₂O

→ X là KCrO₂.

2KCrO₂ + 3Cl₂ + 8KOH → 2K₂CrO₄ + 6KCl + 4H₂O

→ Y là K₂CrO₄.

2K₂CrO₄ + H₂SO₄ → K₂Cr₂O₇ + K₂SO₄ + H₂O

→ Z là K₂Cr₂O₇.

K₂Cr₂O₇ + 6FeSO₄ + 7H₂SO₄ → Cr₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 3Fe₂(SO₄)₃ + 7H₂O

→ T là Cr₂(SO₄)₃.

Theo dữ kiện đề bài suy ra: X là H₂NC₃H₆COOH và Y là H₂NC₂H₄COOCH₃.

→ Các chất X₂ và Y₂ lần lượt là H₂O và CH₃OH

 $n_{KOH}=0,2 mol->n_{este}=0,2 mol$

Hỗn hợp X gồm hai este (0,2 mol); amin no, đơn chức, mạch hở (a mol) và amin no, hai chức, mạch hở (a mol)

Bảo toàn nguyên tố N: a+2a=0,24-> a=0,08

Quy đổi X thành CH₂ (x mol); NH₃ (0,24 mol); H₂ ( mol); O₂ (0,2 mol).

Ta có: 1,5x+0,24.0,75-0,08.0,5=1,2+0,2

->x=0,84->m=22,08 gam

Các thí nghiệm xảy ra ăn mòn kim loại là: (a), (c), (d).

Gọi công thức của X là $C_x{H}_y{O}_z(x,y,z\in \mathrm{\mathbb{N}}*)$.

Ta có: $$\begin{gathered} \%m_{O/X}=\frac{16z}{12x+y+16z}.100\%=50\% \\ ->6x+0,5y=8 \\ ->x=1;y=4;z=1 \end{gathered}$$

→ X là CH₃OH.

Ta có quá trình: 

A đúng vì Z là tạp chức este, ancol nên vừa tác dụng được với kim loại Na, vừa tác dụng được với dung địch NaOH.

B đúng vì ta có phương trình hóa học:

CH₃COOCH₂CH₂OOCCH₃ + 2NaOH → 2CH₃COONa + C₂H₄ (OH)₂

C sai vì Z không hòa tan được Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.

2CH₃COOH+Cu(OH)₂ → (CH₃COO)₂Cu + 2H₂O.

D đúng.

 $m_{MOH}=26.28\%=7,28 gam$

Bảo toàn nguyên tố M:

$$\begin{gathered} n_{MOH}=2n_{M_{2}C{O}_3} \\ ->M_M=39 \left(K\right) \end{gathered}$$

Vậy kim loại M là K.

Trong dung dịch KOH có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{KOH}=0,13 mol\\ n_{H_{2}O}=1,04 mol\end{array}\right. \\ ->m_{ancol}=m_{long}-m_{H_{2}O}=7,4 gam->M_{ancol}=74 \end{gathered}$$

→ Ancol là C₄H₉OH nên (c) đúng.

Y gồm RCOOK (0,1 mol) và KOH dư ().

Ta có: $$\begin{gathered} m_{chat ran khan}=m_{RCOOK}+m_{KOH du} \\ -> 0,1.(M_R+44+39)+0,03.56=12,88 \\ ->M_R=29 \end{gathered}$$ (C₂H₅)

→ Công thức của E là C₂H₅COOC₄H₉ nên (b), (d) sai.

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=3.0,1-0,065=0,235 mol$

$->V_{C{O}_2}=5,264$ lít → (a) đúng.

Ta có:  $M_F=\frac{383}{22}.2=34,82;n_F=0,22 mol$

Hỗn hợp F gồm CH₃NH₂ (x mol) và C₂H₅NH₂ (y mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,22\\ 31x=45y=7,66\end{array}\right.->\left\{\begin{array}{l}x=0,16\\ y=0,06\end{array}\right.$

Ta có quá trình:

$E\left\{\begin{array}{l}\underset{3a mol}{\underbrace{X:C_x{H}_y{O}_4{N}_2}}\\ \underset{5a mol}{\underbrace{Y:C_m{H}_n{O}_2{N}_2}}\end{array}\right.+NaOH\to \left\{\begin{array}{l}\underset{0,16 mol}{\underbrace{C{H}_{3}N{H}_2}}\\ \underset{0,16 mol}{\underbrace{C_2{H}_{5}N{H}_2}}\end{array}\right.+19,14 gam\left\{\begin{array}{l}\underset{3a mol}{\underbrace{A{\left(COONa\right)}_2}}\\ \underset{5a mol}{\underbrace{H_{2}N-B-COONa}}\end{array}\right.$

Ta có: n_F =2.3a+5a=0,22 mol-> a=0,02

Lại có: m_muoi =(M_A +134).0,06+( M_B+83).0,1 =19,14 gam

$->\left\{\begin{array}{l}{M}_A=0\\ M_B=28\end{array}->\left\{\begin{array}{l}{\left(COONa\right)}_2 (0,06 mol)\\ H_{2}N-C_2{H}_{{}_{}4}-COONa (0,1 mol)\end{array}\right.\right.$

So sánh số mol của hai amin và hai muối, suy ra

$$\begin{gathered} E: \left\{\begin{array}{l}X: C{H}_{3}N{H}_{3}OOC-COO{H}_{3}N{C}_2{H}_5 (0,06 mol)\\ Y: H_{2}N-C_2{H}_4-COO{H}_{3}NC{H}_3 (0,1 mol)\end{array}\right. \\ -> \%m_{Y/E}=\frac{120.0,1.100}{166.0,06+120.0,1}.100\%=54,64\% \end{gathered}$$

Ta có quá trình:

Bước 1: ${\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{H+,t°}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6$

Bước 2: H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + H₂O

Bước 3: C₆H₁₂O₆ $\stackrel{AgN{O}_3 trong N{H}_3}{\to }$ 2Ag

Phát biểu đúng là (e).

Quy đổi Z thành C₂H₃ON (a mol); CH₂ (b mol) và H₂O (c mol).

Ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{NAOH}=a mol\\ n_{{H_{2}O}_{}}=c mol\end{array}\right. \\ ->40a-18c=12,24(*) \end{gathered}$$

Lại có: $$\begin{gathered} n_{HCl}=n_{C_2{H}_{3}ON}+n_{NaOH}=0,72 mol-> 2a=0,72->a=0,36 \\ -> c=0,12 \end{gathered}$$

Mặt khác: $$\begin{gathered} m_{muoi}=m_{Gly-Na}+m_{Ala-Na}+m_{HCl}=63,72 gam \\ -> 57.0,36+14b+40.0,36+0,72.36,5=63,72 gam \\ -> b=0,18 \end{gathered}$$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ala}=b=0,18 mol\\ n_{Gly}=a-b=0,18 mol\\ n_x=n_Y=\frac{c}{2}=0,06 mol\end{array}\right.$

Nếu Y là Ala thì X có số gốc Ala = 2 và số gốc Gly = 3

→ X là (Gly)₃(Ala)₂ →  (Loại)

Vậy Y là Gly và X là (Gly)₂(Ala)₃.

->%m_X =82,14% .

Tại t (s):  $n_{C{l}_2}=0,06 mol->n_{e trao doi\left(1\right)}=0,12 mol$

Tại 2t (s): $n_{e trao doi\left(2\right)}=2.0,12=0,24 mol->n_{khi thoat ra o hai dien cuc}=0,1 mol$

Ta thấy: $2n_{C{l}_{2\left(t\right)}}=2.0,06=0,12 mol khác 0,1 mol$-> Hai khí thoát ra là Cl₂ và O₂.

Ta có hệ phương trình:  $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,1 mol\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{o_2}=0,24 mol\end{array}->\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08mol\\ n_{O_2}=0,02 mol\end{array}\right.\right.$

Bảo toàn nguyên tố Cl: n_KCl=2.0,08=0,16 mol

Tại 4t (s): $n_{e trao doi \left(4t\right)}=4.0,23=0,48 mol; n_{khi thoat ra o hai cuc}=0,023 mol$

Tại anot: $n_{C{l}_2}=\frac{0,16}{2}=0,08 mol$

Bảo toàn electron: $n_{e trao doi \left(4t\right)}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}->n_{O_2}=0,08 mol$

Tại catot: $n_{H_2}=0,023-0,08-0,08=0,07 mol$

Bảo toàn electron: $n_{e trao doi \left(4t\right)}=2n_{H_2}+2n_{Cu}->n_{Cu}=0,17 mol$

Bảo toàn ngueyen tố Cu: $n_{CuS{O}_4}=0,17 mol$

Tại 3t (s): $n_{e trao doi \left(3t\right)}=3.0,12=0,36 mol>2n_{CuS{O}_4}=0,34 mol$

→ Có khí thoát ra ở hai điện cực.

Tại catot: $n_{H_2}=\frac{0,36-2.0,17}{2}=0,01 mol$

Tại anot: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08 mol\\ n_{O_2}=0,05 mol\end{array}\right.$

$-> V=22,4 .(n_{H_2}+n_{C{l}_2}+n_{O_2})=3,136$ lít.

 $n_{CO}=0,4 mol; M_Z=38; n_{NO}0,32 mol$ 

Gọi số mol của CO₂ và CO dư trong Z lần lượt là a và b mol.

Bảo toàn nguyên tố C: a + b = 0,4

Lại có: m_Z=0,4.38=15,2

Ta có hệ phương trình: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a+b=0,4\\ 44a+28b=15,2\end{array}-> \left\{\begin{array}{l}a=0,25\\ b=0,15\end{array}\right.\right. \\ -> n_{O phan ung}= 0,25 mol->n_{O\left(Y\right)}=n_{O\left(X\right)}-0,25 mol \end{gathered}$$

Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng dư:

$$\begin{gathered} n_{N{O}_3^{-}}=2 n_{O\left(Y\right)}+3n_{NO}=2n_{O\left(X\right)}+0,46 mol \\ Ta có: 3,456m=m_{KL}+62n_{N{O}_3^{-}}\iff 3,456m=m-0,2539m+62.2(0,2529m:16)+0,46 \\ -> m=38,427 gam. \end{gathered}$$

  $n_{H_2}0,04 mol; n_{H_{2}O}=0,22 mol$

Ta có: $$\begin{gathered} m_{binh \tan g}=m_{ancol}-m_{H_2}->m_{ancol}=2,56 gam \\ {n}_{ancol}=2n_{H_2}=0,08 mol->M_{ancol}=32 \end{gathered}$$

→ Ancol là CH₃OH.

Đặt công thức của este là  $C_n{H}_{2n+1}COOC{H}_3\left(amol\right) và C_m{H}_{2m-1}COOC{H}_3 (b mol).$

  ->a+b=0,08      (*)

Lại có: $m_{hon hop}=(14n+60)a+(14n+58)b=5,88 gam$  (**)

  $n_{H_{2}O}=(n+2)a+(m+1)b=0,22$   (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a=0,06; b=0,02; na+mb=0,08

-> 3a+m=4

Vì axit không no có đồng phân hình học và có hai liên kết pi trong phân tử nên$m=3 và n= \frac{1}{3}.$

$-> \%m_{C_3{H}_{5}COOC{H}_3}=\frac{0,02.100}{5,88}.100\%\approx 34,01\%$

$Dung dịch muối chứa M{g}^{2+} (a mol); N{H}_4^{+} (b mol); N{a}^{+} (1,64 mol); S{O}_4^{2-} (1,64 mol).$

-> 24a+18b+1,64.23+1,64.96=215,08

Bảo toàn điện tích: 2a+b+1,64=1,64.2

Đặt số mol của Mg, MgCO₃, Mg(NO₃)₂ lần lượt là x, y, z mol.

-> 24x+84y+148z=30,24(*)

Lại có: n_O=0,54 mol-> 3y+6z=0,54 (**)

Bảo toàn nguyên tố Mg: x+y+z=0,8 (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: x=0,68; y=0,06; z=0,06

-> $n_{N_{2}O}=n_{C{O}_2}=0,06 mol$

Ta có:  $n_{H^{+}}=12n_{N_2}+2n_{H_2}+0,04.10+0,06.10+0,06.2=0,12+1,64=1,76 mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H_{2}O}=0,8-n_{H_2} mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $$\begin{gathered} 0,54+0,12.3=0,06+0,06.2+0,08-n_{H_2} \\ -> n_{N_2}=0,04 mol; n_{H_2}=0,08 mol \end{gathered}$$

Ta có:

$$\begin{gathered} m_{khi }=0,65 gam và n_{khi}=0,24 \\ -> a=\frac{6,56}{0,24.4}=6,83. \end{gathered}$$

Ta có quá trình:  $E\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}HCOOH\\ \underset{(C{H}_2+H_{2}O)}{\underbrace{C{H}_{3}OH}}\\ H_{2}O\end{array}\right.\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}HCOOH: a mol\\ C{H}_2: b mol\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{\underset{0,18 mol}{\underbrace{+O_2}}}{\to }\underset{0,14 mol}{\underbrace{C{O}_2}}$ Theo bảo toàn nguyên tố C và bảo toàn electron cho phản ứng đốt cháy, ta có hệ phương trình:

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a+b=0,14\\ 0,5a+1,5b=0,18\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,0\\ b=0,11\end{array}\right. \\ -> \underset{3,68 gam}{\underbrace{E}}\left\{\begin{array}{l}RCOONa: 0,03 mol\\ NaO{H}_{du}: 0,02 mol\end{array}->M_R=29\right.\left(C2H5\right) \end{gathered}$$

Lại có: F + 0,012 mol NaOH$\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}COONa: 0,03 mol\\ NaO{H}_{du}: 0,032 mol\end{array}\right.$

Phương trình hóa học:

C₂H₅COONa + NaOH $\stackrel{CaO, t°}{\to }$ C₂H₆ + Na₂CO₃

       0,03    0,032                   0,03          mol

$m_{C_2{H}_6}=0,9 gam$.

Bảo toàn khối lượng:  $$\begin{gathered} m_X+m_{HCl}+m_{NaN{O}_3}=m_{muoi}+m_Z+m_{H_{2}O} \\ \iff 36,5.1,8+m=(2m+42,82)+(44.0,04+30.0,05)+18n_{H_{2}O} \\ ->n_{{}_{H_{2}O}}=1,09 mol \end{gathered}$$

Đặt số mol của Fe₃O₄, Fe(OH)₂ và Cu(OH)₂ lần lượt là a, b và c mol.

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{N{H}_4^{+}}=\frac{n_{HCl}+2{n_{Fe\left(OH\right)}}_2+2n_{Cu{\left(OH\right)}_2}-2n_{H_{2}O}}{4}=0,5b+0,5c-0,095 mol$

Mặt khác:

   $$\begin{gathered} n_{HCl}=10n_{N{H}_4^{+}}+10n_{N_{2}O}+4n_{NO}+2n_{O\left(X\right)} \\ \iff 1,8=10.(0,5b+0,5c-0,095)+10.0,04+4.0,05+2(4a+b+c) \\ -> 8a+7(b+c)=2,15 \left(1\right) \end{gathered}$$

Ta có: 43,2 gam chất rắn gồm: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}MgO: 0,28 mol\\ CuO: c mol\\ F{e}_2{O}_3: 0,5.(3a+b) mol\end{array}\right. \\ -> 40.0,28+80c+160.0,5(3a+b)=43,2 \\ \iff 240a+80(b+c)=32 (**) \end{gathered}$$

Từ (*) và (**) suy ra: $\left\{\begin{array}{l}a=0,05\\ b+c=0,25\end{array}->\%n_{Mg}\right.=\frac{0,28}{028+0,05+0,25}.100\%\approx 48,28\%$

Khi m gam M tác dụng với NaOH thì: $n_{COO}=n_{NaOH}=0,04 mol$  

Quy đổi m gam M thành: $\left\{\begin{array}{l}C{H}_2: b mol\\ C{O}_2: 0,04 mol\end{array}\right.$

Ta có hệ phương trình:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}44.(x+0,04)=a\\ 18x=a-4,62\end{array}->\left\{\begin{array}{l}b=0,11\\ a=6,6\end{array}\right.\right. \\ -> m=3,3 gam \end{gathered}$$

Gọi số mol của X và E lần lượt là x và y mol.

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+3y=0,04\\ nx+my=0,15\end{array}\right.$

Trong 13,2 gam M (gấp 4 lần 3,3 gam) có CH₂ (0,44 mol) và CO₂ (0,16 mol).

->n_NaOH= 0,16 mol

Khi đốt cháy hoàn toàn G: $$\begin{gathered} n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{n_{NaOH}}{2}=0,08 mol \\ ->n_{H_{2}O}=0,32 mol \end{gathered}$$

Ta có:

$$\begin{gathered} C_T.n_E=n_{C{O}_2}-n_{C\left(G\right)}=0,12 mol \\ Và \left\{\begin{array}{l}\stackrel{BT.C}{\to }0,16. C_G=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{C{O}_2}\\ \stackrel{BT.H}{\to }0,16.H_G=2n_{H_{2}O}\end{array}-> \left\{\begin{array}{l}{C}_G=3\\ H_G=4\end{array}\right.\right. \end{gathered}$$

→ G gồm CH₃COONa, HCOONa, C₃H₅COONa và T: C₃H₅(OH)₃.

→ E là (C₃H₅COO)(CH₃COO)(C₂H₅COO)C₃H₅.

→ %m_E=69,7% .