P₂O₅, CrO₃, CO₂ là oxit axit. Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính.

Chọn đáp án D.

Các kim loại kiềm có tính khử rất mạnh, dễ bị oxi hóa bởi nước. Để bảo quản, người ta thường ngâm các kim loại kiềm trong dầu hỏa.

Chọn đáp án D.

Công thức phân tử và công thức cấu tạo của xenlulozơ lần lượt là: (C₆H₁₀O₅)_n và [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.

Chọn đáp án B.

Amilopectin là polime có cấu trúc mạch phân nhánh.

Chọn đáp án A.

Xét các công thức mà đề bài cho, do trong công thức cấu tạo của  (C₆H₅)₂NH có 2 nhóm  là nhóm hút electron  (C₆H₅)₂NH là chất có lực bazơ yếu nhất.

Chọn đáp án A.

Trong công nghiệp, có thể chuyển hóa trực tiếp từ chất béo lỏng thành chất béo rắn bằng phản ứng hiđro hóa có xúc tác Ni.

VD: $\underset{\text{(dạng lỏng)}}{{\left(C_{17}{H}_{33}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}+3H_2\stackrel{xt,t°}{\to }\underset{(\text{dạng rắn)}}{{\left(C_{17}{H}_{35}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}$

Chọn đáp án B.

Propyl axetat có công thức là: CH₃COOCH₂CH₂CH₃.

Chọn đáp án C.

Axit HF có thể hòa tan được SiO₂ theo phương trình phản ứng sau: $Si{O}_2+4HF\stackrel{}{\to }Si{F}_4+2H_{2}O$

Chọn đáp án B.

Kim loại X tác dụng với H₂SO₄ loãng giải phóng khí H₂  X có thể là: Fe, Al, Mg. Oxit của X bị H₂ khử thành kim loại ở nhiệt độ cao  X là: Fe.

Chọn đáp án A.

A. Sai, nitrophotka là hỗn hợp của KNO₃ vàọ (NH₄)₂HPO₄.

B. Đúng.

C. Sai, supephotphat đơn là hỗn hợp của Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄.

D. Sai, phân đạm ure là (NH₂)₂CO.

Chọn đáp án B.

Các hiđrocacbon có liên kết bội (trừ liên kết  trong vòng benzen) đều làm mất màu nước brom. Các hiđrocacbon thỏa mãn là: stiren, propilen, axetilen.

Chọn đáp án C.

Các phản ứng xảy ra:

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{5}OH+3B{r}_2\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{2}OHB{r}_3\downarrow +3HBr\\ C_6{H}_{5}OH+Na\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{5}ONa+\frac{1}{2}{H}_2\\ C_6{H}_{5}OH+NaOH\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{5}ONa+H_{2}O\end{array}$

Chọn đáp án A.

A. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,04mg/l$

B. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,04mg/l$

C. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,133mg/l$

D. Nồng độ $P{b}^{2+}=0,05mg/l$

Chọn đáp án C.

Amilozơ là polime có cấu trúc mạch không phân nhánh, do nhiều mắt xích $\alpha$-glucozơ $-C_6{H}_{10}{O}_5-$liên kết với nhau tạo thành.

$n_{-C_6{H}_{10}{O}_5-}=\frac{194,4}{1000.162}\left(mol\right)\Rightarrow$

 Số mắt xích

$-C_6{H}_{10}{O}_5-=\frac{194,4}{1000.162}.6,{02.10}^{23}={7224.10}^{17}$.

Chọn đáp án D.

Bản chất của phản ứng là:

$-N{H}_2+H^{+}\stackrel{}{\to }-N{H}_3^{+}$ (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:$m_{HCl}=m_{\text{muối}}-m_X=25,1-17,8=7,3gam\Rightarrow m_{HCl}=\frac{7,3}{36,5}=0,2mol.$

Vì X là một -aminoaxit no chỉ chứa 1 nhóm $-N{H}_2$  và 1 nhóm $-COOH$ nên suy ra: $n_X=n_{HCl}=0,2\text{ mol}\Rightarrow {\text{M}}_X=\frac{17,8}{0,2}=89(gam/mol)$

.

Đặt công thức phân tử của X là H₂NRCOOH, $\to$  16 + R + 45 = 89  R = 28.

Do X là -aminoaxit nên công thức cấu tạo của X là CH₃CH(NH₂)COOH.

Tên gọi của X là axit $\alpha$-aminopropionic.

Chọn đáp án D.

$\underset{278}{\underbrace{\underset{152}{\underbrace{FeS{O}_4}}.7H_{2}O}}\Rightarrow$

coi FeSO₄.7H₂O là dung dịch FeSO₄ có nồng độ phần trăm là: $C\%=\frac{152}{278}.100\%=54,68\%$

.

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có: $\begin{array}{l}{m}_1\text{ 54,68 25 - 10,16}\\ \searrow \nearrow \\ \text{ 25}\\ \nearrow \searrow \\ {\text{m}}_2\text{ 10,16 54,68 - 25}\end{array}$$\Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=\frac{25-10,16}{54,68-25}=\frac{1}{2}$

Chọn đáp án A.

Gọi CTTQ 3 ankađien là: C_nH_2n-2 ( $n\ge 3$): $C_n{H}_{2n-2}+2H_2\stackrel{}{\to }{C}_n{H}_{2n+2}$

§  Khối lượng bình tăng   $=m_{H_2}\to m_{H_2}=20,8-20=0,8\left(g\right)$

.

§  Để phản ứng vừa hết với $B{r}_2\to n_{B{r}_2}=n_{H_2}=0,4\left(mol\right)\to m_{B{r}_2}=0,4.160=64\left(gam\right)$ .

§  Dung dịch Brom có $C\%=32\%=\frac{m_{ct}}{m_{dd}}.100\%\to m_{dd}=\frac{64}{32}.100=200\left(gam\right)$ .

Chọn đáp án C.

Để phản ứng hết với các muối KHCO₃ và K₂CO₃ thì lượng HCl cần dùng là: $0,2+0,1.2=0,4mol>0,3mol\Rightarrow$

 HCl thiếu, lượng CO₂ tính theo HCl.

Theo giả thiết ta có: $\frac{n_{HC{O}_3^{-}}}{n_{C{O}_3^{2-}}}=\frac{2}{1}$ 

Do đó ta gọi số mol của các ion $HC{O}_3^{-}$ và $C{O}_3^{2-}$ tham gia phản ứng là 2x và x.

Khi cho từ từ dung dịch chứa các ion $C{O}_3^{2-}$ và $HC{O}_3^{-}$  vào dung dịch chứa ion $H^{+}$ thì phản ứng xảy ra đồng thời (1) và (2).

$\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}+2H^{+}\stackrel{}{\to }C{O}_2\uparrow +H_{2}O\left(1\right)\\ mol:x\to 2x\to x\\ HC{O}_3^{-}+H^{+}\stackrel{}{\to }C{O}_2\uparrow +H_{2}O\left(2\right)\\ mol:2x\to 2x\to 2x\end{array}$

 Tổng số mol H⁺ là: $4x=0,3\Rightarrow x=0,075\Rightarrow V_{C{O}_2}=3.0,075.22,4=5,04$ lít.

Chọn đáp án B.

Theo đầu bài ta có: $n_{alanin}=\frac{66,75}{89}=0,75mol,n_{H_{2}O}=\frac{66,75-55,95}{18}=0,6mol.$

Sơ đồ phản ứng thủy phân:$\begin{array}{l}X\left(C_{3n}{H}_{5n+2}{O}_{n+1}{N}_n\right)+(n-1)H_{2}O\to n{C}_3{H}_7{O}_{2}N\left(1\right)\\ mol: 0,60,75\end{array}$

Theo (1) và giả thiết ta có: $0,75.(n-1)=0,6.n\Rightarrow n=5\to$  Vậy X là pentapeptit.

Chọn đáp án C.

Đặt công thức trung bình của lipit là $C_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3$.

Phản ứng hóa học: $\begin{array}{l}{C}_3{H}_5{\left(OOC\overline{R}\right)}_3+3H_{2}O\to C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3+3\overline{R}COOH\\ mol:0,5\leftarrow 0,5\end{array}$$\Rightarrow 41+3\left(44+\overline{R}\right)=\frac{444}{0,5}=888\Rightarrow \overline{R}=238,33.$

Như vật trong lipit phải có ít nhất một gốc là C₁₇H₃₅ (239).

Nếu lipit có công thức là RCOOC₃H₅(OOCC₁₇H₃₅)₂ thì .

Nếu lipit có công thức là (RCOO)₂C₃H₅OOCC₁₇H₃₅ thì  (loại).

Chọn đáp án B.

Theo đầu bài ta có:$X\left\{\begin{array}{l}Zn:x\\ Cr:x\\ Sn:x\end{array}\right.\left(mol\right)\stackrel{+HCl}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2:x\\ CrC{l}_2:x\\ SnC{l}_2:x\end{array}\right.\left(mol\right)+H_2\uparrow \left(1\right)$

$\to 136x+123x+190x=8,98\to x=0,02\left(mol\right)$

$\underset{m\left(gam\right)}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}Zn:x\\ Cr:x\\ Sn:x\end{array}\right.}}\left(mol\right)\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}ZnO\\ C{r}_2{O}_3\\ Sn{O}_2\end{array}\right.\left(2\right)\stackrel{BTe}{\to }{n}_{O_2}=\frac{0,02.2+0,02.3+0,02.4}{4}=0,045\left(mol\right)$

$\to V=1,008\left(l\right)$

Chọn đáp án D.

Theo đầu bài ta có: $n_{saccarozo}=\frac{6,84}{342}=0,02mol.$

Phương trình phản ứng thủy phân:$\begin{array}{l}{C}_{12}{H}_{22}{O}_{11}+H_{2}O\stackrel{H^{+},t°}{\to }{C}_6{H}_{12}{O}_6+C_6{H}_{12}{O}_6\left(1\right)\\ saccarozo glucozo fructozo\\ mol: 0,02 \to 0,02 \to 0,02\end{array}$

Phần 1: Khi thực hiện phản ứng tráng gương thì cả glucozơ và fructozơ đều tham gia phản ứng  tổng số mol phản ứng là 0,02 mol.$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3,t°}{\to }2A.\left(2\right)\\ mol:0,02 \to 0,04\end{array}$

Phần 2: Khi phản ứng với dung dịch nước brom thì chỉ có glucozơ phản ứng.$\begin{array}{l}C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}CHO+B{r}_2+H_{2}O\stackrel{}{\to }C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}COOH+2HBr\left(3\right)\\ mol: 0,01\to 0,01\end{array}$

Vậy từ (2) và (3) suy ra:$x=m_{Ag}=0,04.108=4,32gam;y=m_{B{r}_2}=0,01.160=1,6\left(gam\right)$

Chọn đáp án C.

Bản chất của các phản ứng:

$\begin{array}{l}{H}^{+}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }{H}_{2}O\left(1\right)\\ mol:0,4\to 0,4\to 0,4\end{array}$

$\begin{array}{l}-COOH+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }-CO{O}^{-}+H_{2}O\left(2\right)\\ mol: 0,4\leftarrow 0,4 \to 0,4\end{array}$

Theo (1), (2) và giả thiết suy ra số mol nhóm $-COOH$ là 0,4 mol.

Gọi số mol của H₂NC₃H₅(COOH)₂ và H₂NCH₂COOH là x và y ta có hệ:$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,3\\ 2x+y=0,4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,2\end{array}\right.$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:$m_{\text{amino\hspace{0.17em}axit}}+m_{HCl}+m_{NaOH}=m_{\text{chất rắn}}+m_{H_{2}O}$

 Quy đổi X, Y thành $\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:xmol\\ C{H}_2:ymol\\ N{H}_3:zmol\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:x+ymol\\ H_{2}O:y+1,5zmol\\ N_2:0,5zmol\end{array}\right.\to$$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,91\\ 1,5y+0,75z=1,14\\ z=0,2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,25\\ y=0,66\\ z=0,2\end{array}\right.$

 Khối lượng KOH $=0,25.56=14,0\left(gam\right)$.

Chọn đáp án A.

Khi số mol CO₂ biến thiên trong khoảng (0,005; 0,024) và mol Ba(OH)₂ là 0,02 mol thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là khi $n_{C{O}_2}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,02mol$.$\begin{array}{l}C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3+H_{2}O\left(1\right)\\ mol:0,02\leftarrow 0,02\to 0,02\end{array}$

Từ (1) $m_{BaC{O}_3\max }=0,02.197=3,94gam$.

Khi số mol CO₂ là 0,005 mol $\to n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,005mol\Rightarrow m_{BaC{O}_3}=0,985gam.$

Khi số mol CO₂ là 0,02 mol = mol Ba(OH)₂ thì kết tủa đạt max = 3,94 gam.

Khi số mol CO₂ là 0,024 mol > 0,02 mol thì lượng kết tủa max đã bị hòa tan 1 phần.

$\to$ Khối lượng kết tủa biến đổi trong đoạn từ 0,985 gam đến 3,94 gam.

Chọn đáp án A.

Các phản ứng xảy ra:

(a) $2Fe+3C{l}_2\stackrel{t°}{\to }2FeC{l}_3$

(b) $Fe+S\stackrel{t°}{\to }FeS$

(c) $C{u}_{(\text{dö)}}+2FeC{l}_3\stackrel{}{\to }CuC{l}_2+2FeC{l}_2$

(d) $9Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+12HCl\stackrel{t°}{\to }5Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+4FeC{l}_3+3NO+6H_{2}O$

(e) $\left\{\begin{array}{l}Fe+2AgN{O}_3\stackrel{}{\to }Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+2Ag\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+AgN{O}_{3\left(\text{dö}\right)}\stackrel{}{\to }Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+Ag\end{array}\right.$

Các thí nghiệm tạo ra muối sắt (III) là (a), (d), (e).

Chọn đáp án B.

Nhận thấy C₂H₄ là chất khí, C₆H₅NH₃Cl dạng rắn nên sẽ không thu được bằng cách ngưng tụ  loại C, B.

Chất trong bình cầu là chất lỏng mà C₂H₄ là chất khí loại A.

Chọn đáp án D.

Các phản ứng xảy ra:

(1) $Ca{\left(OH\right)}_2+KHC{O}_3\stackrel{}{\to }CaC{O}_3+KOH+H_{2}O$

(2) $Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2+2NaOH\stackrel{}{\to }BaC{O}_3+N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$

Vậy X là KOH và Y là Na₂CO₃.

A. Sai, vì KOH không thỏa mãn.

B. Đúng, cả 2 chất đều tác dụng được với dung dịch Mg(NO₃)₂ tạo kết tủa:$Mg{\left(N{O}_3\right)}_2+2KOH\to Mg{\left(OH\right)}_2\downarrow +2KN{O}_3$$Mg{\left(N{O}_3\right)}_2+N{a}_{2}C{O}_3\to MgC{O}_3\downarrow +2NaN{O}_3$

C. Sai, vì Na₂CO₃ không hòa tan được Al.

D. Sai, vì Na₂CO₃ có phản ứng: $N{a}_{2}C{O}_3+BaC{l}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +2NaCl$.

Chọn đáp án B.

Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào T thấy xuất hiện kết tủa và có bọt khí thoát ra $\to$  Loại đáp án A do Ba(OH)₂ tác dụng với Fe(NO₃)₂ chỉ tạo kết tủa.

Cho dung dịch H₂SO₄ loãng vào X thấy xuất hiện kết tủa và có bọt khí thoát ra $\to$  Loại đáp án B. Loại đáp án D do chỉ có bọt khí thoát ra.

- Vậy chỉ có đáp án C thỏa mãn, các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là Ca(HCO₃)₂, Fe(NO₃)₂, (NH₄)₂SO₄, (NH₄)₂CO₃.

Chọn đáp án C.

Theo đầu bài, CH₄N₂O phải tác dụng với nước, đồng thời tạo ra chất hữu cơ X tác dụng với NaOH, nên dễ tháy CH₄N₂O là urê. Khi đó:${\left(N{H}_2\right)}_{2}CO\stackrel{+H_{2}O}{\to }{\left(N{H}_4\right)}_{2}C{O}_3\stackrel{+NaOH}{\to }N{H}_3\stackrel{+O_2,xt}{\to }NO$$NO\stackrel{+O_2}{\to }N{O}_2\stackrel{+O_2+H_{2}O}{\to }HN{O}_3$

A. Đúng. $\left\{\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}+H^{+}\stackrel{}{\to }HC{O}_3^{-};HC{O}_3^{-}+H^{+}\stackrel{}{\to }{H}_{2}O+C{O}_2\uparrow \\ N{H}_4^{+}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }N{H}_3+H_{2}O\end{array}\right.$

B. Đúng. NH₃ khi tan trong nước, một phần nhỏ các phân tử amoniac kết hợp với ion H⁺ của nước tạo thành cation ( $N{H}_4^{+}$ ) và giải phóng anion ( $O{H}^{-}$). Ion $O{H}^{-}$  làm cho dung dịch có tính bazơ  Dung dịch amoniac làm cho quỳ tím hóa xanh, còn dung dịch phenolphtalein từ không màu chuyển thành hồng.

C. Đúng. Trong hợp chất HNO₃, nguyên tử N có số oxi hóa cao nhất là +5 nên axit nitric có tính oxi hóa mạnh, tùy thuộc vào nồng độ của axit và độ mạnh yếu của chất khử mà HNO₃ có thể bị khử đến các sản phẩm khác nhau như N₂, NH₄NO­₃, N₂O, NO, NO₂.

D. Sai.

Chọn đáp án D.

Các phát biểu đúng là: (1), (4), (6), (7).

Chọn đáp án D.

Thí nghiệm 1: $\left(1\right)+\left(2\right)+Cu\text{\hspace{0.17em}dư }\stackrel{}{\to }{\text{V}}_{1}lítNO$

Thí nghiệm 2: $\left(1\right)+\left(3\right)+Cu\text{\hspace{0.17em}dư}\stackrel{}{\to }2V_1\text{\hspace{0.17em}lít NO}$

Từ đó, dễ nhận thấy: Lượng H⁺ ở dung dịch (3) gấp đôi lượng H⁺ ở dung dịch (2).

Suy ra, (1) (2) (3) lần lượt là: KNO₃, HNO­₃, H₂SO₄.

Xét phản ứng: $3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\stackrel{}{\to }3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$. Kết hợp dữ kiện ở thí nghiệm (1) và (3), dễ thấy: $V_2=3V_1$.

Chọn đáp án C.

- X có $k_x=\frac{2C-H+2}{2}=\frac{2.10-10+2}{2}=6$, X chỉ chứa 1 loại nhóm chức và có khả năng tác dụng với NaOH $\to$  X chứa 2 nhóm $-COO-$(do trong X có 4 nguyên tử oxi).

- X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 3 đồng thời sau phản ứng thủy phân thu được H₂O $\to$  X có 1 nhóm $-COO-$  gắn trực tiếp vào vòng benzen.

- Mặt khác, M_Y < M_Z < M­­_T < 148 $\to$  X có CTCT thu gọn là  hoặc .

- M_Y < M_Z < M­­_T $\to$  Y: HCOONa; Z: CH₃COONa; T: ; E: HCOOH.

- Ở phản ứng (c) sau phản ứng thu được 2 phân tử H₂O nên F có CTCT thu gọn là (HCOO)₂C₂H₄.

A. Sai. Các CTCT thỏa mãn X

$\begin{array}{l}\left(o,m,p-\right)HCOO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCC{H}_3\\ \left(o,m,p-\right)C{H}_{3}COO-C{H}_2-C_6{H}_4-OOCH\end{array}\to$ X có 6 công thức cấu tạo thỏa mãn.

B. Đúng. F là (HCOO)₂C₂H₄ $\to$  Có chứa 6 nguyên tử hiđro trong phân tử.

C. Đúng. Đun Z (CH­₃COONa) với vôi tôi xút, thu được khí CH₄ (M = 16) $\to$  nhẹ hơn không khí.

D. Đúng. T có chứa nhóm –OH nên có khả năng tác dụng với Na giải phóng khí H₂.

Chọn đáp án A.

Xét phản ứng $CO+O\stackrel{}{\to }C{O}_2$ , cứ bao nhiêu mol CO mất đi thì có bấy nhiêu mol $C{O}_2$  tạo thành, như vậy số mol khí không đổi.

Gọi $\left\{\begin{array}{l}{n}_{\frac{CO}{Y}}=x\\ n_{C{O}_2}=y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ 28x+44y=20,\mathrm{4.2.0},2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,04\\ y=0,16\end{array}\right.\to m_x=m-2,56$

Sau khi phản ứng với AgNO₃ dư, Fe có mức oxi hóa +3, không thay đổi so với hỗn hợp ban đầu, nên tổng số mol electron trao đổi của các chất oxi hóa phải bằng số mol electron trao đổi của các chất khử, cụ thể $2n_{CO}=n_{Ag}+2n_{H_2}$ , trong đó CO là lượng đã phản ứng.

$\to 0,16.2=n_{Ag}+0,08.2\to n_{Ag}=0,16\to n_{AgCl}=\frac{5m+9,08-0,16.108}{143,5}$Gọi $n_{\raisebox{1ex}{$O$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=a\to n_{HCl}=2n_{\raisebox{1ex}{$O$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}+2n_{H_2}=2a+0,16$

$\to 2a+0,16=\frac{5m+9,08-0,16.108}{143,5}\left(1\right)$ 

Theo bài ra ta có:${\overline{M}}_{2ancol}<46\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{Hỗn hợp có CH}}_{\text{3}}\text{OH}\\ \text{Hai ancol đơn chất, no}\end{array}\right.$

$n_{-COO-}=1,2-0,2=1mol$.

Vì T là axit cacboxylic hai chức, mạch hở, có đồng phân hình học nên $C_T\ge 4$

Tiến hành quy đổi hỗn hợp X thành axit, ancol và H₂O, ta được:

$X\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\underset{T}{\underbrace{R{\left(COOH\right)}_2}}:0,5mol(C_T\ge 4)\\ C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{n}+2}O:0,35mol\left(1<\overline{n}<2;do{\overline{M}}_{2ancol}<46\right)\\ H_{2}O\end{array}\right.$Theo BT.C: $0,5C_T+0,35\overline{n}=3,175$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{C}_T=5\left(HOOC-CH=CH-C{H}_2-COOH\right)\\ 1<\overline{n}=\frac{27}{14}<2\end{array}\right.$

Ta có: $n_{O\left(X\right)}=\frac{43,56.0,2204}{16}=0,6\left(mol\right)$$Z\left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O,C{O}_2:a\\ NO:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,12\\ 44a+30b=0,\mathrm{12.2.18},5\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,06\\ b=0,06\end{array}\right.$

Quy đổi hỗn hợp X, ta có sơ đồ phản ứng sau:$X\left\{\begin{array}{l}Mg,Fe,Cu\\ O\\ C{O}_2:0,06-x\end{array}\right.\stackrel{HN{O}_3:1,92}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}K{L}^{m+}\\ N{H}_4^{+}\\ N{O}_3^{-}:1,77\end{array}\right.+Z\left\{\begin{array}{l}{N}_{2}O:x\\ C{O}_2:0,06-x\\ NO:0,06\end{array}\right.$$\stackrel{BTNT\left(O\right)}{\to }{n}_O=0,6-2.\left(0,06-x\right)=2x+0,48$$\stackrel{BTNT\left(N\right)}{\to }{n}_{N{H}_4^{+}}=1,92-1,77-2x-0,06=0,09-2x$$n_{HN{O}_3}=10.\left(0,09-2x\right)+10x+4.0,06+2.\left(2x+0,48\right)=1,92\to x=0,03$$\to n_{C{O}_2}=0,06-0,03=0,03$$X\underset{43,56gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Mg:y\\ CuO:z\\ F{e}_3{O}_4:t\\ FeC{O}_3:0,03\end{array}\right.}}\stackrel{HN{O}_3}{\to }Y\stackrel{NaOH}{\to }T\stackrel{t°}{\to }\underset{48gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}MgO:y\\ CuO:z\\ F{e}_2{O}_3:1,5t+0,015\end{array}\right.}}$$\left\{\begin{array}{l}{m}_x=24y+80z+232t+116.0,03=43,56\\ m_{oxit}=40y+80z+160.\left(1,5t+0,015\right)=48\\ n_{O\left(X\right)}=z+4t+3.0,03=0,6\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}y=0,3\\ z=0,15\\ t=0,09\end{array}\right.$$\to \%m_{CuO}=\frac{80.0,15}{43,56}.100\%=27,55\%$