Ag pứ tối đa, xảy ra các PTHH:

4Ag + O₂ => (t^o) 2Ag₂O (1)

2Ag + O₃ => (t^o) Ag₂O + O₂ (2)

4Ag + O_{2 sinh ra ở pứ trên} => (t^o) 2Ag₂O (3)

Ta có: O2 = 32, O3 = 48,

d_hh/H2 = 22 => M_hh = 22x2 = 44.

Theo phương pháp đường chéo:

===> nO2/nO3 = 1/3

V_X = 4.48 (l) ==> n_X = V/22.4 = 4.48/22.4 = 0.2 (mol)

Trong 0.2 (mol) X có: 0.05 mol oxi và 0.15 mol ozon

nO2 (1) = 0.05 mol => nAg (1) = 0.05x4 = 0.2 (mol)

nO3 (2) = 0.15 (mol) => nAg (2) = 0.15x2 = 0.3 (mol) ==> nO2 = 0.15/2 = 0.075 (mol) = nO2 (3) ==> nAg (3) = 0.075x4 = 0.3 (mol)

==> nAg = 0.8 (mol) => mAg = n.M = 86.4 (g)

Đáp án C

Qui đổi hỗn hợp X thành: Fe(a mol) ; Cu(b mol) ; S(c mol) ; O (0,1 mol)

(Vì oxi chiếm 16% về khối lượng => m_O = 10.16% = 1,6g => n_O = 1,6: 16 = 0,1 mol)

m_X = 56a + 64b + 32c + 0,1.16 = 10 (1)

Trong Y có Fe³⁺ (a mol) ; Cu²⁺ (b mol) ; SO₄^2-.

Bảo toàn điện tích: 3n_Fe + 2n_Cu = 2n_SO4 => n_SO4 = ½ (3a + 2b)

Bảo toàn S: n_S + n_H2SO4 = n_SO2 + n_{SO4 muối}

=> 0,335 + c = ½ (3a + 2b) + 0,2125 (2)

Cho Mg dư vào Y: Bảo toàn e: n_{Mg pứ}. 2 = 3n_Fe3+ + 2n_Cu2+ => n_{Mg pứ} = ½ (3a + 2b)

m_{KL tăng} = m_Fe + m_Cu - m_{Mg pứ}  =>  56a + 64b – 24. ½ (3a + 2b) = 2,8 (3)

Từ (1,2,3) => a = 0,1 ; b = 0,02 ; c = 0,0475 mol

- Oxi hóa X bằng O (Qui O₂ và O₃ về thành O). Bảo toàn electron:

2n_O = 3n_Fe + 2n_Cu + 2n_S – 2n_O(X)

=> 2n_O = 3a + 2b + 4c – 2.0,1 => n_O = 0,165 mol

- Đặt n_O2 = n_O3 = u => n_O = 2n_O2 + 3n_O3 = 5u = 0,165 mol => u = 0,033 mol

=> n_A = 2u = 0,066 mol

=> V = 1,4784 lit

Đáp án C

Đáp án C

n_{hh khí}= \(\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\)

dùng sơ đồ đường chéo:

   

➩ \(\dfrac{n_{O_2}}{n_{O_3}}=\dfrac{8}{8}=1\)

➩ n_O2 = n_O3 = \(\dfrac{0,1}{2}=0,05\) mol

 PTHH:    O3 + 2KI + H2O -->  O2    + I2 +    2 KOH

                0,05                                     0,05

=> m_I2 = 0,05.127.2= 12,7(g) => chọn A

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.