Chọn đáp án A

propilen là anken có công thức cấu tạo: CH₃-CH=CH₂ ứng với công thức phân tử là C₃H₆. Chọn đáp án A.

Chọn đáp án B

như ta biết: MgCO₃ là quặng magiezit; CaCO₃ là quặng canxixit

còn gộp lại: CaCO₃.MgCO₃ gọi là quặng đolomit. Chọn đáp án B.

Chọn đáp án A

Thủy phân tinh bột và xenlulozơ đều chỉ cho glucozơ:

⇒ Chọn đáp án A.

Chọn đáp án B

Nhỏ từ từ đến lúc vừa hết 0,3 mol HCl thì thấy đã dùng 2x mol KHCO₃ và x mol K₂CO₃

Phản ứng: KHCO₃ + HCl → KCl + CO₂ + H₂O || K₂CO₃ + 2HCl → 2KCl + CO₂ + H₂O

⇒ 2x + 2 × x = ∑n_{HCl phản ứng} = 0,3 mol ⇒ x = 0,075 mol

⇒ ∑n_CO2 = 3x = 0,225 mol ⇒ V_CO2 = 0,225 × 22,4 = 5,04 lít. Chọn B

Chọn đáp án A

• thuốc trừ sâu 666: 1,2,3,4,5,6-hexacloxiclohexan: C₆H₆Cl₆.

• thuốc nổ TNT: 2,4,6-trinitrotoluen: C₇H₅N₃O₆.

• nhựa poli (vinyl clorua) -(CH₂-CH(Cl)-)_n-

⇒ 3 chất này không sản xuất được từ phenol ⇒ loại B, C, D.

Ôn lại các ứng dụng của phenol

⇒ Chọn đáp án A.

Chọn đáp án D

• phản ứng với NaHCO₃: -COOH + NaHCO₃ → -COONa + CO₂↑ + H₂O

m gam X sinh x mol CO₂ ⇒ ∑n_{chức COOH trong X} = n_CO2↑ = x mol.

• phản ứng đốt cháy m gam X + O₂ ―^t₀→ x mol CO₂ + ? mol H₂O.

⇒ ∑n_{C trong X} = x mol. || kết hợp trên có n_{C trong X} = n_{chức COOH trong X}

Nghĩa là ngoài C trong nhóm COOH ra, X không có C ở đâu khác nữa

→ thỏa mãn chỉ có 2 axit cacboxylic là HCOOH và (COOH)₂.

⇒ quan sát 4 đáp án → ta chọn đáp án D.

Chọn đáp án B

Các ion có thể tồn tại trong cùng một dung dịch nếu giữa chúng không xảy ra phản ứng!

• xét đáp án A. NH₄⁺ + OH^- → NH₃↑ + H₂O || ⇒ không thỏa mãn

• xét đáp án C. 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O ||⇒ không thỏa mãn.

• xét đáp án D. Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓ ||⇒ không thỏa mãn.

chỉ có đáp án B thỏa mãn yêu cầu ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Phân tích môi trường các muối thông qua các ion tạo thành nó như sau:

• các ion Na⁺, K⁺, Cl^-, SO₄^2- đều có môi trường trung tính, pH = 7.

• các ion CO₃^2-; CH₃COO^-; C₆H₅O^- có môi trường bazơ, pH > 7.

• các ion: NH₄⁺; H⁺; các ion kim loại TB yếu như Cu²⁺, Zn²⁺, … có môi trường axit, pH < 7.

Theo đó, dãy dung dịch các chất có pH > 7 gồm: Na₂CO₃, C₆H₅Ona, CH₃COONa. Chọn A.

Chọn đáp án A

Khi tiến hành phản ứng trùng hợp vinyl xianua (thường gọi là acrilonitrin), thu được polime dùng để sản xuất tơ nitron (olon) theo phản ứng:

⇒ Tơ olon thuộc loại tơ tổng hợp

Chọn đáp án D

Phản ứng: M + 4HNO₃ → M(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

n_NO2 = 1,2 mol ⇒ n_M = 1/2 n_NO2 = 0,6 mol.

⇒ M = 14,4 ÷ 0,6 = 24 → là kim loại Mg → chọn đáp án D.

Chọn đáp án C

• muối cacbonat kim loại hóa trị II: MCO₃ + 2HCl → MCl₂ +CO₂↑ + H₂O

• muối cacbonat kim loại hóa trị I: N₂CO₃ + 2HCl → 2NCl + CO₂↑ + H₂O

từ tỉ lệ phản ứng có: ∑n_HCl = 2∑n_CO2↑ = 0,09 mol.

m gam muối khi cô cạn A là muối clorua, là sự thay thế 1 gốc CO₃^2- bằng 2 gốc Cl.

⇒ tăng giảm khối lượng có: m = m_{muối clorua} = 21 + (0,09 × 35,5 – 0,045 × 60) = 21,495 gam.

⇒ Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

dùng Ba(OH)₂ dư vào dung dịch xảy ra các phản ứng:

• Ba(OH)₂ + FeCl₂ → Fe(OH)₂↓ + BaCl₂

• Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄↓ + Cu(OH)₂↓.

• 4Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → Ba(AlO₂)₂ + 3BaCl₂ + 4H₂O

⇒ các kết tủa thu được gồm Fe(OH)₂; Cu(OH)₂ và BaSO₄.

Nung các kết tủa trong không khí: BaSO₄ ―^t0→ BaSO₄.

4Fe(OH)₂ + O₂ ―^t0→ 2Fe₂O₃ + 4H₂O || Cu(OH)₂ ―^t0→ CuO + H₂O

⇒ chất rắn X thu được cuối cùng là Fe₂O₃; CuO và BaSO₄. Chọn D.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

rượu no X có công thức phân tử dạng C_nH_{2n + 2}O_m.

¨ giải đốt: 

giả thiết cho: 1 mol X cần 3,5 mol O₂ ⇒ 3n + 1 - m = 7 ⇔ 3n - m = 6.

điều kiện m, n nguyên dương, m ≤ n ⇒ nghiệm duy nhất: n = 3; m = 3.

ứng với công thức của rượu X là C₃H₅(OH)₃: glixerol. Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

cần chú ý là trong công nghiệp và yêu cầu độ tinh khiết cao.

Cách A hoặc B, D đều thu được H₃PO₄ nhưng không tinh khiết và có chất lượng thấp.

Thực tế trong CN, có hai hướng:

• phương pháp ướt: Ca₅(PO₄)₃X + 5H₂SO₄ + 10H₂O → 3H₃PO₄ + 5CaSO₄ + 2H₂O + HX

(Ca₅(PO₄)₃X là các quặng khoáng vật có trong thiên nhiên như apatit, photphorit).

• phương pháp nhiệt: P + O₂ ―^t0→ P₂O₅ sau P₂O₅ + H₂O → H₃PO₄.

phương pháp ướt thì kinh tế, thương mại hơn, phương pháp nhiệt thì đắt hơn nhưng cần thiết, dùng sản xuất một sản phẩm tinh khiết được sử dụng cho các ứng dụng trong ngành công nghiệp thực phẩm.

Tóm lại chọn đáp án C

Chọn đáp án D

0,01 mol A + 0,02 mol HCl ⇒ A có 2 nhóm amino NH₂.

0,01 mol A + 0,01 mol NaOH ⇒ A có 1 nhóm cacboxyl COOH.

⇒ A có dạng (H₂N)₂RCOOH. Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑ || Zn + 2HCl → ZnCl₂ +H₂↑.

n_H2↑ = 0,15 mol ⇒ n_{Cl- trong muối}  = 2n_H2 = 0,3 mol.

||→ m = m_muối = m_{kim loại} + m_Cl- = 5,65 + 0,3 × 35,5 = 16,3 gam. Chọn A

Chọn đáp án A

CO không khử được oxit các kim loại kiềm, kiềm thổ và Al.

CO khử được oxit các kim loại hoạt động trung bình yếu như Cu, Fe về kim loại:

Cu + FeO → Fe + CO₂↑ || CO + Fe₃O₄ → Fe + CO₂.

CO + CuO → Cu + CO₂↑. Theo các phân tích trên ⇒ hỗn hợp rắn thu được gồm:

các kim loại Cu, Fe và 2 oxit không phản ứng MgO và Al₂O₃. Chọn A.

Chọn đáp án B

trong 2 amin X₁; X₂ thì anilin C₆H₅NH₂ không làm quỳ đổi màu;

metylamin CH₃NH₂ làm quỳ tím đổi màu xanh → thỏa mãn.!

còn lại là các amino axit, để làm quỳ tìm chuyển sang màu xanh

⇒ số nhóm -COOH < số nhóm -NH₂ → thỏa mãn là: H₂N[CH₂]₄CH(NH₂)COOH (X₅)

Theo đó, chọn đáp án B

Chọn đáp án B

các phát biểu A, C, D đều đúng theo định nghĩa.

B sai vì phân tử đipeptit chỉ có 1 liên kết peptit ⇒ chỉ chứa 1 nhóm CO-NH mà thôi

Chọn đáp án C

Phenol có các phản ứng sau:

phenol không phản ứng với axit clohiđric: HCl → chọn đáp án C.

Chọn đáp án D

Ø Nhận xét: lipit gồm chất béo, sáp, steroit, photpholipit, … nói chung lipit thuộc loại phức tạp, chúng ta không học kĩ ở THPT

→ việc đề ra xuất hiện câu này là hơi khó hiểu? đúng hơn nên hỏi về CHẤT BÉO!

Tham khảo kiến thức SGK ⇒ các tính chất không đúng cho lipit gồm ý:

(2): do TH chất béo no thì không thể phản ứng được với Br₂

(7): chức COO este không phản ứng được với KIM LOẠI KIỀM

(các bạn đừng nhầm và sai sang dung dịch kiềm nhé!)

(8): gốc rượu ở đây là glixerol, sẵn no nên không + H₂ được

Theo đó, chọn đáp án D.

Chọn đáp án C

Dãy các chất đều tác dụng được với Ba(HCO₃)₂ là:

• Ba(HCO₃)₂ + 2HNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2CO₂↑ + 2H₂O

• Ba(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + BaCO₃↓ + 2H₂O

• Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂↑

• Ba(HCO₃)₂ + K₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2KHCO₃.

→ chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Quan tâm: 1 lít dung dịch X có: ∑n_OH = 0,3 mol; n_Ba²⁺ = 0,05 mol.

0,1 lít dung dịch Y gồm: 0,08 mol Al⁺ và (0,12 + 0,1x) mol SO₄^2- và 0,2x mol H⁺.

có n_SO4^2- > n_Ba²⁺ nên tủa BaSO₄ tính theo số mol Ba²⁺ là 0,05 mol.

⇒ 16,33 gam kết tủa có 0,05 mol BaSO₄ ⇒ còn lại là 0,06 mol Al(OH)₃↓ có 2TH:

¨ TH₁: OH^- trung hòa H⁺, sau đó tạo đúng 0,06 mol Al(OH)₃ rồi hết:

H⁺ + OH^- → H₂O || 3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃↓.

⇒ ∑n_OH- = n_H⁺ + 3n_Al3+ ⇒ n_H+ = 0,2x = 0,12 mol ⇒ x = 0,6M.

¨ TH₂: OH^- trung hòa H⁺, sau đó tạo max kết tủa 0,08 mol rồi tiếp tục hòa tan 0,02 mol:

H⁺ + OH^- → H₂O || 3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃↓ || OH^- + Al(OH)₃ → [Al(OH)₄]^-

⇒ ∑n_OH- = 0,2x + (0,08 × 3 + 0,02) = 0,3 mol ⇒ x = 0,2M.

Vậy có 2 giá trị của x thỏa mãn là 0,2M hoặc 0,6M. Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

dẫn 5 bột rắn vào nước, khuấy đều ⇒ có 2 chất rắn không tan là BaCO₃ và BaSO₄;

còn lại 3 chất NaCl, Na₂CO₃; Na₂SO₄ tan tạo các dung dịch không màu.

dẫn CO₂ đến dư vào ống nghiệm BaCO₃ và BaSO₄ thì ống BaCO₃ tan dần đều hết:

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂ || còn BaSO₄ không tan ⇒ nhận biết được 2 chất này.

Ø lấy bình chứa Ba(HCO₃)₂ vào NaCl, Na₂CO₃ và Na₂SO₄ thì NaCl không hiện tượng;

Na₂CO₃ tạo kết tủa BaCO₃↓ và Na₂SO₄ tạo kết tủa BaSO₄↓.

dùng lại cách trên ta nhận biết được 2 chất BaCO₃ và BaSO₄ như trên → ok.!

Theo đó, cả 5 chất đều có thể nhận biết được → chọn đáp án D.

Chọn đáp án D

Các phát biểu đúng gồm (a); (c); (d). Còn lại:

• (b) sai vì: Mg + SiO₂ → MgO + Si ||→ phản ứng cháy mạnh hơn.

• (e) sai vì kim cương có cấu trúc tinh thể nguyên tử ≠ phân tử.

• (f) sai vì khi tăng nhiệt độ thì độ dẫn điện tăng chứ không phải giảm.!

Theo đó, đáp án cần chọn là D

Chọn đáp án D

để xảy ra phản ứng oxi hóa, số oxi hóa của Fe trong các chất hay hợp chất trong dãy < +3 là thỏa mãn, chúng gồm: Fe; FeO, Fe(OH)₂, Fe₃O₄; Fe(NO₃)₂; FeSO₄, FeCO₃.

⇒ có 7 TH thỏa mãn. Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

để thỏa mãn C₃ mà có 9H ⇒ hợp chất là muối amoni của axit cacboxylic.

thỏa mãn gồm: C₂H₅COONH₄; CH₃COONH₃CH₃;

HCOONH₃CH₂CH₃ và HCOONH₂(CH₃)₂. Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Bảo toàn nguyên tố Natri → n_Na2CO3 = 0,09 mol.

Este và axit đơn → n_muối = n_NaOH = 0,18 mol.

∑n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,09 + 0,09 = 0,18 mol → muối chứa 1 C.

⇒ muối là HCOONa: 0,18 mol. Bảo toàn khối lượng:

n_H2O = (11,16 + 0,18 × 40 - 5,76 - 0,18 × 68) ÷ 18 = 0,02 mol = n_axit

→ n_este = 0,18 – 0,02 = 0,16 mol. Do ancol sau phản ứng gồm trong cả este và ancol tự do

⇒ sau phản ứng, số mol ancol > 0,16 mol ⇒ M_ancol < 5,76 ÷ 0,16 = 36

⇒ ancol là CH₃OH → số mol ancol sau phản ứng là 0,18 mol.

⇒ số mol ancol trong T là 0,18 – 0,16 = 0,02 mol

⇒ %n_ancol/T = 0,02 ÷ (0,02 + 0,16 + 0,02) × 100% = 10%.

Chọn đáp án B

Gọi số mol hai ancol X, Y là x mol và số mol hiđrocacbon Z là y mol.

¨ đốt M + 0,07 mol O₂ ―^t0→ 0,04 mol CO₂ + ? mol H₂O.

hiđrocacbon không có Oxi, hai ancol đều đơn chức có 1 Oxi ⇒ n_{O trong M} = x mol.

⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi có n_H2O = x + 0,07 × 2 – 0,04 × 2 = x + 0,06 mol.

Tương quan đốt: ∑n_H2O - ∑n_CO2 = (x + 0,06) – 0,04 = x + 0,02

ancol no, đơn chức, mạch hở ⇒ hiđrocacbon phải là ankan và n_ankan = 0,02 mol.

⇒ số C_{hđc Z} phải < 2 vì nếu ≥ 2 thì n_CO2 ≥ 2 × 0,02 = 0,04 mol rồi.

⇒ Hiđrocacbon Z chỉ có 1C → ứng với chất là CH₄: khí metan. Chọn B

Chọn đáp án C

Bảo toàn nguyên tố Nitơ → n_H2 = 0,2 ÷ 2 = 0,1 mol.

H₂SO₄ chỉ hấp thụ H₂O → khối lượng bình tăng là khối lượng nước.

⇒ n_H2O = 14,76 ÷ 18 = 0,82 mol → n_CO2 = 1,58 – 0,82 – 0,1 = 0,66 mol.

Gọi công thức trung bình của X là C_xH_yO_zN_t.

⇒ số C là 0,66 ÷ 0,2 = 3,3; số H là 0,82 × 2 ÷ 0,2 = 8,2; số N là 1.

⇒ C_3,3H_8,2O_zN → độ bất bão hòa = (2 × 3,3 + 2 + 1 – 8,2) ÷ 2 = z ÷ 2

→ z = 1,4 ⇒ X: C_3,3H_8,2O_1,4N ⇒ m_X = 0,2 × 84,2 = 16,84 (g).

⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là 29,47 ÷ 16,84 = 1,75 lần.

→ n_HCl phản ứng = nhận xét = 0,2 × 1,75 = 0,35 mol. Bảo toàn khối lượng:

m = 29,47 + 0,35 × 36,5 = 42,245 gam

Chọn đáp án C

gọi ancol đơn chức dạng RCH₂OH, các phản ứng xảy ra:

• RCH₂OH + [O] → RCOH + H₂O || • RCH₂OH + 2[O] → RCOOH + H₂O.

||→ BTKL có m_[O] = 9,92 – 6,4 = 3,52 gam ⇒ n_[O] = 0,22 mol.

phản ứng với NaHCO₃: RCOOH + NaHCO₃ → RCOONa + CO₂↑ + H₂O.

có 0,06 mol CO₂↑ ⇒ n_RCOOH = 0,06 mol ⇒ [O] cần để tạo axit là 0,12 mol

⇒ lượng cần cho tạo anđehit còn lại 0,1 mol ⇒ n_RCHO = 0,1 mol.

9,92 gam X còn có cả ancol dư ⇒ M_ancol = 0,64 ÷ (0,1 + 0,0,6 + n_{ancol dư}) < 40

⇒ chỉ còn ancol metylic CH₃OH (M = 32) thỏa mãn.

Theo đó, quan tâm X chứa 0,1 mol HCHO và 0,06 mol HCOOH. Phản ứng

⇒ ∑n_Ag↓  = 4n_HCHO + 2n_HCOOH = 0,52 mol ⇒ m_Ag↓ = 0,52 × 108 = 56,16 gam.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Có phản ứng tráng bạc thì có 2 trường hợp: HCOO…. hoặc …CHO.

Phản ứng với NaHCO₃ sinh khí CO₂ chỉ có …COOH.

Dễ thấy 2 chất đầu tiên thỏa là HCOOH và OHC-COOH.

Đối với OHC-COOH thì không thể gắn thêm C để tạo chất mới vì khi đó M > 82.

⇒ X là HCOOH và Y là OHC-COOH ⇒ d_­Y/X = 74 ÷ 46 = 1,61

Chọn đáp án D

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_amin = 2n_N2 = 0,12 mol.

Bảo toàn nguyên tố oxi: n_H2O = 1,03 × 2 – 0,45 × 2 = 0,94 mol.

Ta có: n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_ankan ⇒ n_ankan = 0,2 mol ⇒ n_anken = 0,08 mol.

Gọi số C trong amin, ankan và anken lần lượt là a, b và c (a, b ≥ 1; c ≥ 2).

⇒ 0,12a + 0,2b + 0,08c = 0,56 ⇒ a = b = 1; c = 3.

⇒ X gồm CH₅N: 0,12 mol; CH₄: 0,2 mol; C₃H₆: 0,08 mol.

⇒ %m_anken = 0,08 × 42 ÷ (0,12 × 31 + 0,2 × 16 + 0,08 × 42) × 100% = 32,68%.

Chọn đáp án C

n_CO2 = 0,4 mol < n_H2O = 0,6 mol ⇒ Y là ancol no, mạch hở.

và n_Y = n_H2O – n_CO2 = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol ⇒ C_Y 0,4 ÷ 0,2 = 2.

Lại có 20,3 gam chất hữu cơ có CTPT là C₉H₁₇O₄N ⇔ 0,1 mol = ½n_{ancol Y}

⇒ Y là ancol đơn chức và hợp chất hữu cơ chứa 2 nhóm chức este.!

ancol C₂ Y là C₂H₅OH → cấu tạo hợp chất hữu cơ là H₂NC₃H₅(COOC₂H₅)₂.

⇒ muối X là H₂NC₃H₅(COONa)₂ ⇔ CTPT C₅H₇O₄NNa₂.

Chọn đáp án A

Y và Z chứa lần lượt 3 và 4 Nitơ || Thủy phần X thu được Gly, Ala, Val.

⇒ Y là tripeptit và Z là tetrapeptit đều có dạng (Gly)_x(Ala)_y(Val)_z.

Với Y: 2x + 3y + 5z = 9 và x + y + z = 3 ⇒ (x; y; z) = (2; 0; 1) ; (0; 3; 0)

⇒ Y là (Gly)₂Val hoặc Ala-Ala-Ala.

Với Z: 2x + 3y + 5z = 11 và x + y + z = 4 ⇒ (x; y; z) = (3; 0; 1) ; (1; 3; 0)

⇒ Z là (Gly)₃Val hoặc Gly(Ala)₃.

Ø Để thu được cả 3 loại gốc amino axit thì có 2 trường hợp:

• TH₁: Y là (Gly)₂Val và Z là Gly(Ala)₃.

⇒ n_Y = n_Val-K = 12,4 ÷ 155 = 0,08 mol ⇒ n_Z = (0,32 – 0,08 × 3) ÷ 4 = 0,02 mol.

⇒ m = 0,08 × 231 + 0,02 × 288 = 24,24 gam.

• TH₂: Y là (Ala)₃ và Z là (Gly)₃Val ⇒ giải và cho kết quả tương tự TH₁!

Chọn đáp án C

n_AgNO3 = 0,08 mol ⇒ m_Ag = 0,08 × 108 = 8,64 gam < 9,28 gam

⇒ Cu dư, NO₃^- hết ⇒ n_NO = n_AgNO3 = 0,08 mol ⇒ V = 1,792 lít.

Bảo toàn electron: 2n_{Cu phản ứng} = 3n_NO + n_Ag ⇒ n_{Cu phản ứng} = 0,16 mol.

m_{Cu dư} = 9,28 – 8,64 = 0,64 gam ⇒ m = 0,16 × 64 + 0,64 = 10,88 gam

Chọn đáp án B

Mg, Al, Zn phản ứng với HNO₃ không cho sản phẩm khử khí.

⇒ sản phẩm khử duy nhất là NH₄NO₃.!

⇒ Muối khan gồm Mg(NO₃)₂, Al(NO₃)₃, Zn(NO₃)₂ và NH₄NO₃.

nhiệt phân muối: R(NO₃)_n → R₂O_n + NO₂ + O₂ ||⇒ là thay 2 gốc NO₃ bằng 1O trong muối (¶)

Nhiệt phân muối amoni nitrat: NH₄NO₃ → N₂O + 2H₂O ||⇒ không thu được rắn.!

Đặt: n_NH4NO3 = a mol ⇒ n_{gốc NO3 trong KL} = n_{e cho} = n_{e nhận} = 8n_NH4NO3 = 8a mol.

⇒ ∑n_{NO3 trong muối amoni + kim loại} = a + 8a = 9a mol ⇒ ∑n_{O trong muối trong X} = 27a mol

mà oxi chiếm 61,364% về khối lượng ⇒ m = 27a × 32 ÷ 0,61364 = 704a (gam).

lại có m_NH4NO3 = 80a (gam) ⇒ m_{muối nitrat kim loại} = 624a (gam).

Ở (¶) dùng tăng giảm khối lượng ta có: 624a + (4a × 16 – 8a × 62) = 19,2 gam

giải ra a = 0,1 mol thay lại có m = 704a = 70,4 gam. Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Quy X về Fe và S với số mol lần lượt là x và y mol.

Ta có: m_X = 56x + 32y = 7,52 gam || Bảo toàn e: 3x + 6y = n_NO2 = 0,96 mol.

||⇒ giải hệ được: x = 0,06 mol; y = 0,13 mol.

Cho Ba(OH)₂ dư vào Y thì kết tủa là BaSO₄: 0,13 mol và Fe(OH)₃: 0,06 mol.

Nung kết tủa thì rắn gồm 0,13 mol BaSO₄ và 0,03 mol Fe₂O₃.

⇒ khối lượng chất rắn là m = 0,13 × 233 + 0,03 × 160 = 35,09 gam