Ôn tập lý thuyết và bài tập tổng hợp hóa hữu cơ có lời giải chi tiết (Phần 1)

Đáp án B 

Nhận thấy hỗn hợp X gồm C₂H₆O,CH₂O, C₂H₄O₂, C₄O₆O₂, C₃H₆O₃

Nhận thấy C₃H₆O₃ = CH₂O + C₂H₄O₂

Coi hỗn hợp X gồm C₂H₆O : a mol ,CH₂O ; b mol , C₂H₄O₂ : c mol, C₄O₆O₂ : d mol

Bảo toàn khối lượng → m_CO2 = 13,8 + 0,5375×32 – 9 = 22 g → n_CO2 = 0,5 mol

Vì n_H2O = n_CO2 = 0,5 mol → a = d || Có n_CO2 = 2a + b + 2c + 4d = 0,5

Bảo toàn nguyên tố O → a + b + 2c + 2d = (0,5×2 + 0,5 - 0,5375×2) = 0,425

Trừ 2 vế tương ứng của pt → a + 2d = 0,075 ||⇒ Giải hệ → a = 0,025 và d = 0,025

⇒ %m_C4H₆O₂ =$\frac{0,0025\times 86}{13,8}$ .100% = 15,58%

Đáp án A

 X gồm C₄H₈O₂ và C₂H₅OH ⇒ n_C2H₅OH = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: n_C4H₈O₂ = (0,6 – 0,1 × 2) ÷ 4 = 0,1 mol.

⇒ %m_C2H₅OH = 0,1 × 46 ÷ (0,1 × 46 + 0,1 × 88) × 100% = 34,33%

Đáp án C 

Hỗn hợp gồm C₆H₁₂O₆, C₂H₄O₂, C₂H₆O || Mặt khác, C₆H₁₂O₆ = 3C₂H₄O₂.

► Quy hỗn hợp về C₂H₄O₂ và C₂H₆O ⇒ n_C2H₆O = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: n_C2H₄O₂ = (0,65 – 0,1 × 2) ÷ 2 = 0,225 mol.

||⇒ %m_{ancol etylic} = 0,1 × 46 ÷ (0,225 × 60 + 0,1 × 46) × 100% = 25,4%

Đáp án B 

5 = 2 + 3 ⇒ đipeptit Y là Gly–Ala.

X (C₃H₁₀N₂O₂) + NaOH → khí vô cơ + muối natri của amino axit

⇒ cấu tạo của X là H₂NCH(CH₃)COONH₄ (muối amoni của alanin)

Phản ứng: X + NaOH → Ala–Na + NH₃ + H₂O

|| Y + 2NaOH → Gly–Na + Ala–Na + H₂O.

gọi n_X = x mol; n_Y = y mol ⇒ ∑n_NaOH = x + 2y = 0,05 mol.

m_E = 106x + 146y = 4,64 gam ⇒ giải x = 0,03 mol; y = 0,01 mol.

⇒ m gam muối gồm: 0,01 mol Gly–Na và 0,04 mol Ala–Na ⇒ m = 5,41 gam

Đáp án B 

Nhận diện: muối ankylamino của axit nitrat 

⇒ cấu tạo của E là: CH₃CH₂CH₂NH₃NO₃; n_E = 0,14 mol; n_NaOH = 0,4 mol.

Phản ứng: CH₃CH₂CH₂NH₃NO₃ + KOH → KNO₃ + CH₃CH₂CH₂NH₂ + H₂O.

⇒ n_{KOH dư} = 0,26 mol; n_KNO3 = 0,14 mol ⇒ m = 0,26 × 56 + 0,14 × 101 = 28,7 gam

Đáp án B 

Nhận diện dạng hợp chất X dựa vào bài đã học

n_X = 4,32 ÷ 108 = 0,04 mol, n_KOH = 0,06 mol ⇒ phản ứng xảy ra:

CH₃NH₃NO₃ + KOH → KNO₃ + KOH dư + CH₃NH₂↑ + H₂O.

m gam chất rắn khan gồm 0,02 mol KOH + 0,04 mol KNO₃ ⇒ m = 5,16 gam

Đáp án B 

các thông tin (giả thiết chữ) về Q: C₄H₉O₂N, có một nối đôi C=C;

thủy phân môi trường kiềm thu được một chất khí (mùi khai, M > 29)

⇒ cấu tạo thỏa mãn của Q là: CH₂=CHCOONH₃CH₃ (muối metylamoni acrylat).

• phản ứng: CH₂=CHCOONH₃CH₃ + NaOH → CH₂=CHCOONa + CH₃NH₂↑ + H₂O.

NaOH dùng gấp đôi lượng cần ⇒ ∑n_NaOH = 0,06 mol; n_H2O = n_CH3NH₂ = 0,03 mol.

⇒ BTKL có: m_{chất rắn khan} = 0,03 × 103 + 0,06 × 40 – 0,03 × 31 – 0,03 × 18 = 4,02 gam.

Đáp án D 

n_T = 20,6 ÷ 103 = 0,2 mol; ∑n_NaOH = 0,25 mol.

nhận xét: 4 đáp án cấu tạo của T đều tác dụng NaOH theo tỉ lệ 1 : 1

⇒ NaOH dư 0,05 mol ⇒ m_muối = 24,2 – 0,05 × 40 = 22,2 gam.

⇒ M_muối = 22,2 ÷ 0,2 = 111 = 89 + 22 ⇒ muối là H₂NC₂H₄COONa.

⇒ cấu tạo tương ứng của T là H₂NC₂H₄COOCH₃

Đáp án B

Ta có: n_X = 3,64 ÷ 91 = 0,04 mol; n_NaOH = 0,08 mol.

Nhận xét: ở cả 4 đáp án cấu tạo của X đều + NaOH theo tỉ lệ 1 : 1

⇒ NaOH dùng dư 0,04 mol ⇒ M_muối = (4,88 – 0,04 × 40) ÷ 0,04 = 82.

⇒ cấu tạo của muối là CH₃COONa (natri axetat)

⇒ cấu tạo tương ứng của X là CH₃COONH₃CH₃

Đáp án D

Ta có n_H2O = 0,19 và n_CO2 = 0,1 mol.

⇒ ∑n_Amin = (n_H2O – n_CO2)/ 1,5 = 0,06 mol ||⇒ n_M > 0,06 mol

⇒ Số C trong bình của hỗn hợp < (0,1/0,06) = 1,666

⇒ Amin bé là CH₃NH₂

Đáp án A 

X là este đơn chức mà M_X = 32 × 3,125 = 100

||→ công thức phân tử của X là C₅H₈O₂.

♦ 20 gam X (0,2 mol) + 0,3 mol NaOH → 23,2 gam bã rắn + 0,2 mol chất Y.

bảo toàn khối lượng có m_Y = 20 + 0,3 × 40 – 23,2 = 8,8 gam

⇒ M_Y = 8,8 ÷ 0,2 = 44 ||⇒ Y là anđehit axetic: CH₃CHO. ⇒ cấu tạo thu gọn của X tương ứng là: C₂H₅COOCH=CH₂.

Đáp án D

 Nhận thấy n_Ancol < n_NaOH nên trong X gồm 1 este và 1 axit.

Khi đó n_Este = 0,03 mol và n_Axit = 0,05 mol.

Mà các chất trong X đều no, đơn chức, mạch hở (theo đáp án)

⇒ n_CO2 = n_H2O = 13,64 ÷ (44+18) = 0,22 mol.

⇒ 0,03×C_Este + 0,05×C_Ancol = 0,22 ||⇒ C_Este = 4 và C_Axxit = 2

⇒ X có thể chứa CH₃COOC₂H₅ và CH₃COOH

Đáp án A 

Vì Ca(OH)₂ dư ⇒ n_CO2 = n_CaCO3 = 0,18 mol.

Nhận thấy các axit và este đều có dạng C_nH_{2n - 2}O₂

C_nH_{2n - 2}O₂ +$\frac{3\mathrm{n}-3}{2}$ O₂ → nCO₂ + (n - 1)H₂O

Gọi số mol C_nH_{2n - 2}O₂ là x mol → n_H2O = 0,18 - x (mol)

Gọi số mol O₂ là y mol || Theo BTNT O: 2x + 2y = 0,18 x 2 + (0,18 - x) (1)

Theo BTKL: 3,42 + 32y = 44 x 0,18 + 18 x (0,18 - x) (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,03 và y = 0,255 → n_H2O = 0,18 - 0,03 = 0,15 mol

m_{dung dịch thay đổi} = 18 - 0,18 x 44 - 0,15 x 18 = 7,38 gam

→ Khối lượng dung dịch giảm 7,38 gam

Đáp án B

Gọi số mol của CH₃OH, C₂H₅OH, CH₈O₃ trong m gam X lần lượt là x, y, z

Trong 80 gam X chỉ có glixerol hòa tan được 0,3 mol Cu(OH)₂

  m_glixerol = 0,3.2. 92 = 55,2 gam →$\frac{{\mathrm{m}}_{{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_8}}{{\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}}$  = $\frac{55,2}{80}$

Ta có hệ 

%C₂H₅OH =$\frac{0,1\times 46}{0,05.32+0,1.46+0,15.92}$ ×100% = 23%

Đáp án B 

Thủy phân: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3KOH → glixerol + 3C₁₇H₃₅COOK + KOH _dư.

n_tristearin = 0,02 mol → n_{KOH cần} = 0,06 mol → còn dư 0,01 mol.

Do đó chất rắn thu được sẽ gồm: 0,06 mol C₁₇H₃₅COOK và 0,01 mol KOH

→ m = 19,88 gam.

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án B 

Ta có n_H2O = 0,54 và n_CO2 = 0,3 mol.

⇒ ∑n_Amin = (n_H2O – n_CO2)/ 1,5 = 0,16 mol ||⇒ n_M > 0,16 mol

⇒ Số C trong bình của hỗn hợp < (0,3/0,16) = 1,875

⇒ Amin bé là CH₃NH₂ (31) ⇒ Amin lớn là C₃H₇NH₂ (59)

Đáp án B 

m_X = m_Y = 0,15 × 52 + 0,6 × 2 = 9 gam ||→ n_Y = Ans ÷ 20 = 0,45 mol.

||→ n_H2 phản ứng = n_X – n_Y = 0,75 – 0,45 = 0,3 mol.

Tương quan 1π ⇄ 1Br₂ ⇄ 1H₂ ||→ n_Br2 = 0,15 × 3 – 0,3 = 0,15 mol.

→ Yêu cầu m_Br2 = Ans × 160 = 24,0 gam.

Đáp án D 

Nhận thấy n_Ala = 2n_X

Quy hỗn hợp X về

 + 1,155O₂

Ta có hệ  →

Trong 0,1 mol X có 0,2 mol ALa và 0,38- 0,2 = 0,18 mol GLy

→ trong 0,25 mol X có 0,5 mol Ala và 0,45 mol Gly

→ m_muối = 0,5.( 117+ 38) + 0,45.( 75 + 38) = 114,35 gam

Đáp án C 

Ta có ∑n_COOH = n_CO2 sinh ra khi axit tác dụng với NaHCO₃ = 0,7 mol

Bảo toàn nguyên tố Oxi ta có: 2∑n_COOH + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟺ 0,7×2 + 0,4×2 = 0,8×2 + n_H2O ||⇒ n_H2O = 0,6 mol

Đáp án B 

Andehit no, đơn chức, mạch hở ⇒ Có dạng C_nH_2nO (Tương tự anken).

Nhận thấy n_CO2 = n_H2O ⇒ Y phải có dạng C_mH_2m ⇒ Loại C và D.

Ta có H _{trung bình} = 0,4×2÷0,2 = 4

● Giả sử A đúng ⇒ hỗn hợp chứa C₃H₆ (a mol) và HCHO (b mol)

Ta có PT theo số mol hỗn hợp: a + b = 0,2 (1).

Ta có PT theo số mol CO₂: 3a + b = 0,4 (2).

Giải hệ (1) và (2) ⇒ a = b = 0,1 ⇒ Loại vì n_X < n_Y.

⇒ Điều giả sử là sai

Đáp án A

X dạng C_xH₄ có M = 17 × 2 = 34 ||→ x = 2,5 ||→ X là C_2,5H₄.

Đốt 0,05 mol C_2,5H₄ + O₂ → 0,125 mol CO₂ + 0,1 mol H₂O.

→ m_{bình tăng} = ∑m_CO2 + ∑m_H2O = 0,125 × 44 + 0,1 × 18 = 7,3 gam.

Đáp án D

chú ý: gọi k là số π trong X thì ∑n_CO2 – ∑n_H2O = (k – 1)n_X

→ n_{π trong X} – n_X = ∑n_CO2 – ∑n_H2O (phân biệt số mol π và số π nhé.!).

đặt x = n_{gốc –COO trong X} thì ∑n_{O trong X} = 2x mol và n_πCO trong X = x mol.

Bảo toàn O phương trình đốt cháy có ∑n_CO2 = 0,87 + x mol.

Theo đó n_{π trong X} = 0,4 + x mol. Thật chú ý: π trong X gồm π_C=C phản ứng được với Br₂

(1π_C=C + 1Br) và π_CO (trong COO không phản ứng được với Br₂).

→ Rõ luôn số mol Br₂ phản ứng với 0,33 mol X là 0,4 mol. Chọn đáp án D

Đáp án D 

Vì m_O chiếm 41,2% ⇒ m_O = 0,412m

⇒ ∑n_COOH/X = 0,412m ÷ 32 = 0,012875m (mol)

⇒ ∑n_{NaOH pứ} = ∑n_H2O tạo thành sau pứ = 0,012875m (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_X + m_{NaOH pứ} = m_Muối + m_H2O

⟺ m + 40×0,012875m = 20,532 + 18 × 0,012875m

Giải phương trình trên ta tính được m = 16 gam

Đáp án A

Nhận thấy CTPT của tất cả các chất trong X có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O

⇒ ∑n_C/X = ∑n_O/X = ∑n_OH/X = n_CO2 = 0,3 mol.

⇒ ∑n_H2 = ( ∑n_OH/X)/2 = 0,15 mol ⇒ V_H2 = 3,36 lít

Đáp án A

Ta dễ dàng tính được  của hh trên là 2.625.

Vì  nên hh chứa andehit, axit và este no đơn chức.

Gọi x là số mol andehit, y là số mol hh của axit và este( vì 2 chất này có chung 2 oxi)

bảo toản oxi ta được: x + 2y = 0.525x3-0.625x2 = 0.325

và có phương trình: x + y = 0.2

tính được x= 0.075.

Vì  của hh trên là 2.625 mà đề bài hỏi giá trị kết tủa lớn nhất nên andehit ở đây phải là HCHO. 

m Ag=m0.075x4x108=32.4

Đáp án D 

Giải đốt Q: C_nH_{2n + 2}O_m + O₂ → 0,6 mol CO₂ + 0,8 mol H₂O.

Tương quan đốt: n_Q = n_H₂O – n_CO₂ = 0,2 mol → n = 0,6 ÷ 0,2 = 3.

“Giả thiết chữ”: một muối + các ancol; M_X < M_Y < M_Z

Q gồm 3 ancol là C₃H₈O; C₃H₈O₂ và C₃H₈O₃.

Theo đó, m_Q = m_C + m_H + m_O → m_Q = 0,6 × 12 + 0,8 × 2 + 0,47 × 16 = 16,32 gam.

Thủy phân: 48,28 gam T + 0,47 mol NaOH → 0,47 mol RCOONa + 16,32 gam hỗn hợp ancol Q.

Bảo toàn khối lượng, ta có m_RCOONa = 50,76 gam → R = 41 tương ứng với gốc C₃H₅.

Vậy, este Y tương ứng là (C₃H₅COO)₂C₃H₆ → công thức phân tử: C₁₁H₁₆O₄.

%m_{nguyên tố H trong Y} = 16 ÷ 212 × 100% ≈ 7,55%.

Đáp án B 

Đặt n_Ancol = n_CnH_2n+2O = a || ∑(n_Y và _E) = n_CmH_2m–2Oc = b

Ta có ∑n_CO2 = an + bm = 0,09 (1)

Dựa vào PTPU cháy tổng quát: C_xH_yO_z + (x + y/4 –z/2)O₂ ta có

PT theo n_O2 là: 1,5an + 1,5bm – 0,5b – 0,5bc = 0,06 (2)

● Giả sử axit Y đơn chức ⇒ c = 2 ⇒ (2) <=> 1,5an + 1,5bm – 1,5b = 0,06 mol (3)

Lấy (1)×1,5 – (2) ta có 1,5b = 0,09×1,5 – 0,06 = 0,075 ||⇒ b = 0,05 mol.

Nhận thấy an + bm = 0,09 ⇒ bm < 0,09 || mà b = 0,05

⇒ m < 0,09/0,05 = 1,8 ⇒ LOẠI vì Y bé nhất là CH₂=CH–COOH.

● Giả sử axit Y 2 chức ⇒ c = 4 || LÀm tương tự ở trên ta có b = 0,03 mol

⇒ m < 0,09/0,03 = 3 ⇒ Chỉ có 1 axit thỏa mãn là (COOH)₂ (axit oxalic).

Mà n_KOH = 0,075 ||⇒ T chứa (COOK)₂:0,03 mol và n_{KOH dư} = 0,015 mol.

⇒ %m_{KOH dư} = 0,015×56×100/ (0,03×166 + 0,015×56) ≈ 14,433%

Đáp án D

 Đốt: 0,16 mol E + O₂ → 0,44 mol CO2 + 0,54 mol H2O.

Số C_{trung bình E} = 0,44 + 0,16 = 2,75 → xét biện luận các trường hợp sau:

TH₁: ancol có số C < 2,75 → chỉ có thể là C2H4(OH)2 (etilen glycol). 

Gọi:

X, Y cùng dãy đồng đẳng nên k nguyên, m là giá trị bình nên không nguyên → mâu thuẫn → loại.

TH₂: Một hoặc cả hai axit có số C < 2,75. TH này chỉ ứng với 3 khả năng của X và Y thôi.

Hoặc là X: HCOOH ; Y: CH3COOH hoặc là X: CH3COOH và Y: C2H5COOH hoặc là X: (COOH)2 và Y: CH2(COOH)2. Giải tự luận hay trắc nghiệm, hay thử... Như nhau cả!

Cặp thỏa mãn là X: CH3COOH và Y: C2H5COOH → chặn số 2,6 < C_ancol < 3,2 → C_ancol = 3.

Vậy 0,16 mol E gồm: 0,04 mol CH3COOH (X); 0,02 mol C2H5COOH (Y) và 0,1 mol C3H6(OH)2.

Giá trị m lớn nhất khi lượng X và Y phản ứng cùng tạo với ancol hợp chất chỉ chứa 1 chức este.

0,32 mol E → m gam gồm 0,032 mol CH3COOC3H6OH + 0,008 mol C2H5COOC3H6OH

 $\mathrm{m}=0,032\times 118+0,008\times 132=4,832$gam.

Đáp án B 

Ta có n_CO2 = 0,9 < n_H2O = 0,975

⇒ C_{Trung bình} = 2,77 và H_{Trung bình} = 6.

Vì n_H2O > n_CO2 ⇒ Ancol no.

Với C_{Trung bình} = 2,77 ⇒ 2 Ancol là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

⇒ CTPT chung của 2 ancol là: C₂H₆O_x

Nhận thấy 2 ancol đều có 6 nguyên tử H. Trong khi este chắc chắn có nhiều hơn 6 nguyên tử H.

⇒ Axit Z phải có số nguyên tử H < 6. Mà Z lại là axit no.

⇒ Z chỉ có thể là HC(COOH)₃ ⇔ CTPT C₄H₄O₆.

⇒ T là este 3 chức và có CTPT là C₈H₁₀O₆.

⇒

⇒ %n_T/E $\frac{0,025\times 100}{0,325}$=   ≈ 7,7%

Đáp án C 

Đốt 0,05 mol X + 1,875 mol O₂ → 1,5 mol CO₂ + 1,3 mol H₂O + ? mol N₂.

Bảo toàn nguyên tố O có ∑n_{O trong X} = 1,5 × 2 + 1,3 – 1,875 × 2 = 0,55 mol

Tỉ lệ: ∑n_{O trong X} : n_X = 0,55 ÷ 0,05 = 11 → X dạng C_nH_mN₁₀O₁₁.

⇒ X là decapeptit tương ứng với có 10 – 1 = 9 liên kết peptit.!

Từ đó có n_N2↑ = 5n_X = 0,25 mol → dùng BTKL phản ứng đốt có m_X = 36,4 gam.

⇒ khi dùng 0,025 mol X ⇔ m_X = 36,4 ÷ 2 = 18,2 gam + 0,4 mol NaOH → m gam rắn + H₂O.

luôn có n_H2O thủy phân = n_X = 0,025 mol → dùng BTKL có m = 33,75 gam

Đáp án D 

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O ⇒ n_C2H₃NO = 2n_N2 = 0,31 mol.

Muối gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂ ⇒ bảo toàn nguyên tố C: n_CH2 = 0,58 mol.

⇒ ∑n_peptit = n_H2O = (27,95 – 0,31 × 57 – 0,58 × 14) ÷ 18 = 0,12 mol.

⇒ n_X = 0,12 × 0,75 = 0,09 mol ⇒ n_Y,Z = 0,03 mol.

⇒ số mắt xích trung bình Y,Z ≥ 2 ⇒ (0,31 – 0,09 × số mắt xích X) ÷ 0,03 ≥ 3.

||⇒ số mắt xích X ≤ 2,44 ⇒ X là đipeptit ⇒ số mắt xích trung bình Y,Z = 4,33.

● ∑mắt xích peptit = 8 + 3 = 11 ⇒ ∑mắt xích Y,Z = 9 = 4 + 5.

⇒ Y là tetrapeptit và Z là pentapeptit ||⇒ giải hệ cho: n_Y = 0,02 mol; n_Z = 0,01 mol.

Z có ≥ 5 × 2C = 10C và X có ≤ 2 × 5C = 10C ||● X, Y, Z có cùng số C.

⇒ X là Val₂ và Z là Gly₅ ⇒ m_Y = m_E – m_X – m_Z = 5,48(g).

 %m_Y = 5,48 ÷ 27,95 × 100% = 19,61%

Đáp án B 

Xử lí dữ kiện T: – Phần 2: n_axit = 0,2 mol. Giả sử Z là CH₃OH.

⇒ axit là HCOOH ⇒ n_{Ag tạo ra do HCOOH} = 0,4 mol = ∑n_Ag ⇒ vô lí!.

||⇒ Z có dạng RCH₂OH (R khác H) ⇒ n_RCHO = n_Ag ÷ 2 = 0,2 mol.

⇒ n_H2O = n_RCOOH + n_RCHO = 0,4 mol. Lại có:

n_RCH2OH dư + n_RCOOH + n_H2O = 2n_H2 ⇒ n_RCH2OH dư = 0,2 mol.

► Rắn khan gồm 0,2 mol RCH₂ONa; 0,2 mol RCOONa và 0,4 mol NaOH.

⇒ R = 29 ⇒ Z là C₃H₇OH với số mol 0,6 × 3 = 1,8 mol = n_KOH.

⇒ KOH dư 0,6 mol ⇒ M_muối = (210 – 0,6 × 56) ÷ 1,8 = 98 (CH₃COOK).

Este X là CH₃COOC₃H₇ ⇒ X là propyl axetat

Đáp án A 

► Đặt CT của ancol và axit lần lượt là C_nH_2n+2O và C_nH_2nO₂ (n ≥ 2).

Đặt n_ancol = a; n_axit = b ⇒ m_X = a.(14n + 18) + b.(14n + 32) = 51,24(g) (*).

n_CO2 = an + bn = 2,31 mol ||⇒ thế vào (*): 18a + 32b = 18,9.

⇒ 18,9 ÷ 32 < a + b < 18,9 ÷ 18 ⇒ 2,2 < n < 3,91 ⇒ n = 3.

► Giải hệ cho X gồm 0,41 mol C₃H₈O và 0,36 mol C₃H₆O₂.

⇒ este là C₂H₅COOC₃H₇ || Do n_ancol > n_axit ⇒ hiệu suất tính theo ancol.

⇒ m = 0,36 × 0,6 × 116 = 25,056(g)