Chọn đáp án C

Chọn dáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Giải thích:

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.

Chọn đáp án A

Giải thích:

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

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

Chọn đáp án C

Giải thích:

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’.

 -->Trong các đáp án chỉ có phenyl axetat thỏa mãn (CH₃COOC₆H₅).

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

Chọn đáp án A

Giải thích:

Xét phương trình ion rút gọn của các đáp án:

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

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\mathrm{0,2}mol \\ Nhớ nhanh: n_{Zn}=n_{H_2}=\mathrm{0,2}mol\to m_{Zn}=\mathrm{0,2.65}=13gam \\ Do Cu không phản ứng được với dung dịch HCl nên chất rắn không \tan là Cu: \\ m_{khoâng\tan }=m_{Cu}=15-13=2gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} Phương trình hóa học: \\ C{H}_2=CH-COOH+C{H}_{3}OH\stackrel{H_{2}S{O}_4ñaëc,t°}{\rightleftarrows }C{H}_2=CHCOOC{H}_3+H_{2}O \\ (metyl acrylat) \\ Trùng hợp X thu được polime tương ứng là poli(metyl acrylat). \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

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

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

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{CaC{\text{O}}_3}=\mathrm{0,15}mol \\ Hấp thụ lượng khí CO2 \sin h ra vào dung dịch Ca\left(OH\right)2 dư: n_{C{O}_2}=n_{CaC{\text{O}}_3}=\mathrm{0,15}mol \\ Nếu H=100\% ta có: \\ Phương trình hóa học: \\ C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{leânmen}{\to }2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2 \\ \mathrm{0,075}\leftarrow \mathrm{0,15} mol \\ VớiH=50\% ta có: m=\mathrm{13,5}:50\%=27gam \\ Chú ý: Ta có thể ghi nhớ nhanh trong phản ứng này để tính toán nhanh hơn: n_{C{O}_2}=n_{C_2{H}_{5}OH}=2n_{glucozô}. \\ Hay khi lên men từ tinh bột: n_{C{O}_2}=n_{C_2{H}_{5}OH}=2n_{glucozô}=2n_{tinhboät} \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

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.

Chọn đáp án C

Giải thích:

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  trong dung dịch chứa H⁺ và  $N{O}_3^{-}.$

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

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}O}=\mathrm{0,7}mol.Số nguyên tử H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=\frac{\mathrm{2.0,7}}{\mathrm{0,1}}=14 \\ Một peptit X mạch hở khi thủy phân hoàn toàn chỉ thu được glyxin nên công thức phân tử có dạng: \\ {\left(Gly\right)}_{n}hay \left[{\left(C_2{H}_5{O}_{2}N\right)}_n-{\left(H_{2}O\right)}_{n-1}\right] hay C_{2n}{H}_{3n+2}{O}_{n+1}{N}_n. \\ Ta có: 3n+2=14\to n=4 \\ Vậy số nguyên tử O=n+1=4+1=5. \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Phương trình hóa học:

$$\begin{gathered} \left(a\right) F\text{e+NaHS}{O}_4\to F{\text{eSO}}_4+N{a}_{2}S{O}_4+H_2 \\ \left(X_1\right)\left(X_2\right) \\ \text{(b)}NaH\text{S}{O}_4+NaOH\to N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O \\ \left(X_1\right)\left(X_3\right)\left(X_2\right) \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

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.

$$\begin{gathered} N{H}_{4}H{\text{SO}}_3+NaOH\to NaH\text{S}{O}_3+N{H}_3+H_{2}O \\ N{H}_{4}H\text{S}{O}_3+HCl\to N{H}_{4}Cl+S{O}_2+H_{2}O \end{gathered}$$

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

Chọn đáp án D

Giải thích:

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.

Chọn đáp án B

Giải thich:

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

$$\begin{gathered} Ta có: x:y:z=\frac{\mathrm{62,07}}{12}:\frac{\mathrm{4,83}}{1}:\frac{\mathrm{33,1}}{16} \\ =\mathrm{5,1725}:\mathrm{4,83}:\mathrm{2,06875} \\ =15:14:6 \\ Công thức phân tử của catechin là C15H14O6. \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

Các polime có cấu trúc mạch không phân nhánh là: poli(metyl metacrylat), poly(vinyl clorua), tơ nilon-6,6.

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{A{l}^{3+}}=n_{AlC{l}_3}=\mathrm{0,08}mol;n_{H_2}=\mathrm{0,15}mol \\ Ta có: n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}=\mathrm{2.0,15}=\mathrm{0,3}mol \\ Ta thấy: 3<\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{A{l}^{3+}}}=\mathrm{3,75}<4\to Kết tủa bị hòa \tan một phần. \\ \to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=\mathrm{4.0,08}-\mathrm{0,3}=\mathrm{0,02}mol \\ \to m=m_{Al{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,02.78}=\mathrm{1,56}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{HC{O}_3^{-}}=amol;n_{C{O}_3^{2-}}=bmol \\ Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa NaHCO3 và Na2CO3 ta có thứ tự phản ứng: \\ C{O}_3^{2-}+H^{+}\to HC{O}_3^{-} \left(1\right) \\ HC{O}_3^{-}+H^{-}\to C{O}_2+H_{2}O \left(2\right) \\ Từ n_{HCl}=0mol\to n_{HCl}=\mathrm{0,15}mol , xảy ra phương trình \left(1\right): \\ {n}_{C{O}_3^{2-}}=n_{H^{+}}=n_{HCl\left(1\right)}=\mathrm{0,15}mol \\ \to b=\mathrm{0,15} \\ Từn_{HCl}=\mathrm{0,15}mol\to n_{HCl}=\mathrm{0,35}mol , xảy ra phương trình \left(2\right): \\ {n}_{C{O}_2}=n_{HCl\left(2\right)}=\mathrm{0,35}-\mathrm{0,15}=\mathrm{0,2}mol \\ Bảo toàn nguyên tố C: n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{-}}=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,2}mol \\ \to n_{HC{O}_3^{-}}=\mathrm{0,2}-\mathrm{0,15}=\mathrm{0,05}mol \\ \to a=\mathrm{0,05} \\ \to a:b=\mathrm{0,05}:\mathrm{0,15}=1:3 \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

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  

Chọn đáp án D

Giải thích:

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  

(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.

Chọn đáp án D

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_X=\mathrm{0,025}mol;n_{NaOHñaõduøng}=\mathrm{0,1}mol;n_{HCl}=\mathrm{0,025}mol \\ Trung hòa lượng NaOH dư: n_{NaOHdö}=n_{HCl}=\mathrm{0,025}mol \\ \to n_{NaOHpövôùiX}=\mathrm{0,1}-\mathrm{0,025}=\mathrm{0,075}mol \\ 23,00 gam ancol Y khi hóa hơi có thể tích bằng thể tích của 8,00 gam O2: \\ \to n_Y=n_{O_2}=\frac{8}{32}=\mathrm{0,25}mol \\ \to M_Y=\frac{23}{\mathrm{0,25}}=92 \\ Ta thấy: n_X:n_{NaOH}=1:3 vàM_{ancolY}=92\to Y là C3H5\left(OH\right)3. \\ Công thức cấu tạo của X là \left(CH3COO\right)3C3H5. \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

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

$$\begin{gathered} Ta có hệ phương trình: \left\{\begin{array}{l}a+b=\mathrm{0,27}\\ 44\text{a}+2b=\mathrm{9,78}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,22}\\ b=\mathrm{0,05}\end{array}\right.\to n_{H_{2}dö}=\mathrm{0,05}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m_X=m_{bìnhbromtaêng}+m_{C_3{H}_8}+m_{H_2}=\mathrm{12,28}gam \\ {M}_X=\mathrm{15,35.2}=\mathrm{30,7}\to n_X=\frac{\mathrm{12,28}}{\mathrm{30,7}}=\mathrm{0,4}mol \\ Đốt cháy Y: n_{H_{2}O}=\mathrm{1,1}mol\to n_{H\left(Y\right)}=\mathrm{2,2}mol \\ X gồm C_3{H}_n (x mol) và H2 (y mol). \\ \to x+y=\mathrm{0,4}\left(*\right) \\ \left(36+n\right)x+2y=\mathrm{12,28}\left(**\right) \\ Bảo toàn nguyên tố H: n\text{x}+2y=\mathrm{2,2}\left(***\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Từ (*), (**) và (***) suy ra: x=\mathrm{0,28};y=\mathrm{0,12};n\text{x}=\mathrm{1,96}\to n=7 \\ Độ bất bão hòa k\left(C_3{H}_n\right)=\frac{2.3+2-7}{2}=\mathrm{0,5} \\ Bảo toàn liên kết \pi :\mathrm{0,5}{n}_{C_3{H}_n}=n_{H_{2}pö}+n_{B{r}_2} \\ \to n_{B{r}_2}=\mathrm{0,5.0,28}-\left(\mathrm{0,12}-\mathrm{0,05}\right)=\mathrm{0,07}mol \\ \to m_{B{r}_2}=\mathrm{11,2}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A

Giải thích:

Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào dung dịch chứa 0,35 mol HCl, sinh ra 0,25 mol CO₂:  

Ta thấy:  nên trong dung dịch X chứa cả  (a mol) và  (b mol).

Phương trình hóa học:

$$\begin{gathered} HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O \\ a a a mol \\ C{O}_3^{2-}+2H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O \\ b 2b b \\ Ta có hệ phương trình: \left\{\begin{array}{l}a+b=\mathrm{0,25}\\ a+2b=\mathrm{0,35}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,15}\\ b=\mathrm{0,1}\end{array}\right.\to \frac{n_{HC{O}_3^{-}}}{n_{C{O}_3^{2-}}}=\frac{3}{2} \\ Dung dịch X chứa{K}^{+} (0,255 mol); N{a}^{+} (0,2 mol); HC{O}_3^{-} (3x mol); C{O}_3^{2-} (2x mol). \\ Bảo toàn điện tích: \mathrm{0,255}+\mathrm{0,2}=3\text{x}+2.2\text{x}\to x=\mathrm{0,065} \\ Kết tủa Y là BaCO3: n_{BaC{\text{O}}_3}=n_{B{a}^{2+}}=\mathrm{0,1}mol \\ Bảo toàn nguyên tố C: n_{C{O}_2}=n_{BaC{\text{O}}_3}+n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{2-}}=\mathrm{0,1}+\mathrm{3.0,065}+\mathrm{2.0,065}=\mathrm{0,425}mol \\ \to V_{C{O}_2}=\mathrm{0,425.22,4}=\mathrm{9,52} lít \end{gathered}$$

Chọn đáp án D

Giải thích:

$$\begin{gathered} Pentapeptit X có 6 nguyên tử O nên ta có: M_X=\frac{6.16}{\mathrm{18,713}\%}=513 \\ Ta có: M_X=5.M_{\alpha -a\min \text{o\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}axit}-4.18=513\to M_{\alpha -a\min \text{o\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}axit}=117 \\ X là \left(Val\right)5 với n_X=\mathrm{0,07}mol \\ Ta có: n_{{\left(Val\right)}_4}=\mathrm{0,04}mol;n_{{\left(Val\right)}_3}=\mathrm{0,03}mol;n_{{\left(Val\right)}_2}=\mathrm{0,02}mol \\ Bảo toàn gốc Val:5n_{Xb\text{d}}=4n_{{\left(Val\right)}_4}+3n_{{\left(Val\right)}_3}+2n_{{\left(Val\right)}_2}+5n_{Xdu} \\ \to n_{Xdö}=\mathrm{0,012}mol\to m_{Xdö}=\mathrm{6,156} gam \end{gathered}$$

Chọn đáp sn C

Giải thích:

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.

Chọn đáp án B

Giải thích:

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  $C{H}_2=CHCOON\text{a}:m=\mathrm{0,2.94}=\mathrm{18,8}gam$

Chọn đáp án D

Giải thích:

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

$$\begin{gathered} Cho phần một vào dung dịch NaOH thu được: n_{H_2}=\mathrm{0,4}mol \\ Hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe và Al dư: n_{Aldö}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{\mathrm{0,8}}{3}mol \\ Gọi số mol Al2O3 và Fe trong phần một lần lượt là x và 2x mol. \\ Ta có: m_{F\text{e}}=\mathrm{44,8}\%.\left(m_{F\text{e}}+m_{A{l}_2{O}_3}+m_{Aldö}\right)\to x=\mathrm{0,2} \\ Phần một gồm Al dư \left(\frac{\mathrm{0,8}}{3}mol\right);A{l}_2{O}_3\left(\mathrm{0,2}mol\right);F\text{e}\left(\mathrm{0,4}mol\right) \\ Xét phần hai gồm Al dư\left(\frac{\mathrm{0,8}k}{3}mol\right);A{l}_2{O}_3\left(\mathrm{0,2}kmol\right);F\text{e}\left(\mathrm{0,4}kmol\right) vào dung dịch HCl dư. \\ Ta có: \frac{3}{2}{n}_{Al}+n_{F\text{e}}=n_{H_2}\to k=\mathrm{1,5} \\ Ta có: m=m_{phaànmoät}+m_{phaànhai}=\mathrm{2,5.}{m}_{phaànmoät}=125gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án C

Giải thích:

Thời gian t giây:

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

$$\begin{gathered} \to a+b=\mathrm{0,1}\left(*\right) \\ Ta có: m_{taêngôûcatot}=m_{Cu}\to n_{Cu}=\mathrm{0,16}mol\to n_{etraoñoåi}=\mathrm{0,32}mol \\ Bảo toàn electron: 2n_{Cu}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}\to 2a+4b=\mathrm{0,32}\left(**\right) \\ Từ (*) và (**) suy ra: a=\mathrm{0,04};b=\mathrm{0,06} \\ Thời gian 2t giây: n_{etraoñoåi}=\mathrm{2.0,32}=\mathrm{0,64}mol \\ Ở anot thu được khí Cl2 (0,04 mol) và O2. \\ \to n_{O_2}=\frac{\mathrm{0,64}-\mathrm{0,04.2}}{4}=\mathrm{0,14}mol \\ \to V_{khíôûcatot}=\mathrm{4,032}lít \\ -> A, B sai \\ Ở catot: n_{Cu}=\mathrm{0,24}mol\to n_{CuS{O}_4}=\mathrm{0,24}mol \\ Ta có: n_{KCl}=2n_{C{l}_2}=\mathrm{0,08}mol \\ \to m=\mathrm{0,24.160}+\mathrm{0,08.74,5}=\mathrm{44,36}gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án B

Giải thích:

$$\begin{gathered} n_{KH\text{S}{O}_4}=\mathrm{0,32}mol;n_{NO}=\mathrm{0,04}mol \\ Ta có quá trình: \underset{}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ F{\text{e}}_3{O}_4\\ F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.}}+\underset{\mathrm{0,32}mol}{\underbrace{KH\text{S}{O}_4}}\stackrel{}{\to }⟨\begin{array}{l}DdY\left\{\begin{array}{l}\underset{\mathrm{59,04}gam}{\underbrace{Muoáitrunghoøa}}\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{\mathrm{0,44}molNaOH}{\to }\\ \underset{\mathrm{0,04}mol}{\underbrace{NO}}\end{array} \\ Bảo toàn nguyên tố H: n_{H_{2}O}=\frac{1}{2}{n}_{KH\text{S}{O}_4}=\mathrm{0,16}mol \\ Bảo toàn khối lượng: m=m_{muoáikhan}+m_{H_{2}O}+m_{NO}-m_{KHS{O}_4}=\mathrm{59,04}+\mathrm{0,16.18}+\mathrm{0,04.30}-\mathrm{0,32.136}=\mathrm{19,6}gam \\ Ta có: n_{H^{+}}=4n_{NO}+2n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}\to n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}=\frac{\mathrm{0,32}-\mathrm{4.0,04}}{2}=\mathrm{0,08}mol \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \to n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=\frac{n_{O\left(F{\text{e}}_3{O}_4\right)}}{4}=\mathrm{0,02}mol \\ Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH thu được dung dịch chứa Na+ (0,44 mol); K+ (0,32 mol); \\ S{O}_4^{2-} (0,32 mol); N{O}_3^{-} trong đó: n_{N{O}_3^{-}}=\mathrm{0,44}+\mathrm{0,32}-\mathrm{0,32.2}=\mathrm{0,12}mol \\ Bảo toàn nguyên tố N: n_{N{O}_3^{-}\left(F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2\right)}=n_{N{O}_3^{-}\left(Y\right)}+n_{NO}=\mathrm{0,12}+\mathrm{0,04}=\mathrm{0,16}mol \\ \to n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{\mathrm{0,16}}{2}=\mathrm{0,08}mol \\ Phần trăm khối lượng củaF\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2 trong X: \%m_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{\mathrm{0,08.180}}{\mathrm{19,6}}.100\%\approx \mathrm{73,47}\% \end{gathered}$$