Chọn đáp án A

( C n H 2 n + 1   = C 2 n H 2 . 2 n + 2 )

là đồng đẳng ankan.

Với tính chất của thi trắc nghiệm ta có thể thử với ankan C₂H₆ thì CTĐGN nhất là CH₃ có dạng C n H 2 n + 1

a)

Quy đổi: \(\left\{{}\begin{matrix}1,6kg=1600g\\43,22kg=43220g\end{matrix}\right.\)

\(n_{NaOH}=\dfrac{1600}{40}=40\left(mol\right)\\ \xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{Na_2CO_3}=\dfrac{40}{2}=20\left(mol\right)\)

Giả sử nếu chỉ có muối \(C_nH_{2n+1}COONa\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{C_nH_{2n+1}COONa}=40\left(mol\right)\)

PTHH: 

\(2C_nH_{2n+1}COONa+\left(3n+1\right)O_2\xrightarrow[]{t^o}Na_2CO_3+\left(2n+1\right)CO_2+\left(2n+1\right)H_2O\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{H_2O}=\dfrac{43220}{44+18}=697,1\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT C}}n=\dfrac{697,1+20}{40}=17,9275\left(mol\right)\left(1\right)\)

Giả sử nếu chỉ có muối \(C_nH_{2n-1}COONa\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{C_nH_{2n-1}COONa}=40\left(mol\right)\)

PTHH: 

\(2C_nH_{2n-1}COONa+\left(4n-1\right)O_2\xrightarrow[]{t^o}Na_2CO_3+\left(2n+1\right)CO_2+\left(2n-1\right)H_2O\)

Theo PT: \(n_{CO_2}-n_{H_2O}=\left(2n+1\right)-\left(2n-1\right)=2=n_{C_nH_{2n-1}COONa}\)

\(\rightarrow n_{CO_2}-n_{H_2O}=40\left(mol\right)\)

Mà \(m_{CO_2}+m_{H_2O}=44n_{CO_2}+18n_{H_2O}=43220\left(g\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=708,7\left(mol\right)\\n_{H_2O}=668,7\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT C}}n=\dfrac{708,7+20}{40}=18,2175\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\rightarrow17,9275< n< 18,2175\)

Mà \(n\in N\text{*}\)

\(\rightarrow n=18\)

Vậy trong CTPT của mỗi muối có 18 nguyên tử C

Vậy CTPT của 2 muối đó lần lượt là \(C_{17}H_{35}COONa,C_{17}H_{33}COONa\)

b)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_{17}H_{35}COONa}=a\left(mol\right)\\n_{C_{17}H_{33}COONa}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(đk:a,b>0\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{NaOH}=a+b=40\left(1\right)\)

PTHH:

\(2C_{17}H_{35}COONa+68O_2\xrightarrow[]{t^o}Na_2CO_3+35CO_2+35H_2O\)

a------------------------------------------------>17,5a--->17,5a

\(2C_{17}H_{33}COONa+O_2\xrightarrow[]{t^o}Na_2CO_3+35CO_2+33H_2O\)

b------------------------------------------------>17,5b--->16,5b

\(\rightarrow m_{CO_2}+m_{H_2O}=44\left(17,5a+17,5b\right)+18\left(17,5a+16,5b\right)=1085a+1067b=43220\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=30\left(mol\right)\\b=10\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(TM\right)\)

+) TH₁: Axit tự do là \(C_{17}H_{35}COOH\) và muối là \(\left(C_{17}H_{33}COO\right)_3C_3H_5\)

PTHH:

\(C_{17}H_{35}COOH+NaOH\rightarrow C_{17}H_{35}COONa+H_2O\left(1\right)\)

30<----------------------------------30

\(\left(C_{17}H_{33}COO\right)_3C_3H_5+3NaOH\rightarrow3C_{17}H_{35}COONa+C_3H_5\left(OH\right)_3\left(2\right)\)

\(\dfrac{10}{3}\)<-----------------------------------------10-------------------->\(\dfrac{10}{3}\)

\(\rightarrow m_T=30.284+\dfrac{10}{3}.884=\dfrac{34400}{3}\left(g\right)\\ \rightarrow a=\dfrac{\dfrac{34400}{3}}{1000}=\dfrac{172}{15}\left(kg\right)\)

\(\rightarrow b=\dfrac{10}{3}.92=\dfrac{920}{3}\left(g\right)\)

+) TH₂: Axit tự do là \(C_{17}H_{33}COOH\) và muối là \(\left(C_{17}H_{35}COO\right)_3C_3H_5\)

PTHH:

\(C_{17}H_{33}COOH+NaOH\rightarrow C_{17}H_{33}COONa+H_2O\)

10<----------------------------------10

\(\left(C_{17}H_{35}COO\right)_3C_3H_5+3NaOH\rightarrow3C_{17}H_{35}COONa+C_3H_5\left(OH\right)_3\)

10<------------------------------------------10--------------------->10

\(\rightarrow m_T=10.282+10.890=11720\left(g\right)\\ \rightarrow a=\dfrac{11720}{1000}=11,72\left(kg\right)\\ \rightarrow b=10.92=920\left(g\right)\)

Quá Ghê gớm 

Tính % thể tích các khí :

% V C 2 H 2  = 0,448/0,896 x 100% = 50%

% V CH 4  = % V C 2 H 6  = 25%

a)

C_nH_2n-2 + H₂ --t^o,Ni--> C_nH_2n

C_nH_2n + H₂ --t^o,Ni--> C_nH_2n+2

C_nH_2n-2 + 2H₂ --t^o,Ni--> C_nH_2n+2

b)

Có: m_X = m_Y (Theo ĐLBTKL)

\(d_{Y/X}=\dfrac{M_Y}{M_X}=\dfrac{\dfrac{m_Y}{n_Y}}{\dfrac{m_X}{n_X}}=\dfrac{20}{9}\)

=> \(\dfrac{n_X}{n_Y}=\dfrac{20}{9}\)

Giả sử n_X = 20(mol); n_Y = 9(mol)

n_H2(pư) = 20 - 9 = 11 (mol)

\(m_X=7,8.2.20=312\left(g\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2}=a\left(a\ge11\right)\\n_{C_nH_n}=b\left(mol\right)\\n_{C_nH_{2n-2}}=c\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=20\left(1\right)\\2a+14bn+14cn-2c=312\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

- Nếu H₂ phản ứng hết => a = 11

=> \(\left\{{}\begin{matrix}b+c=9\\14bn+14cn-2c=290\end{matrix}\right.\)

=> 126n = 290 + 2c

Mà c > 0 => n > 2,3

       c < 9 => n < 2,4

=> 2,3 < n < 2,4 (vô lí)

=> H₂ dư 

* Sơ đồ:

\(X\left\{{}\begin{matrix}H_2:a\left(mol\right)\\C_nH_{2n}:b\left(mol\right)\\C_nH_{2n-2}:c\left(mol\right)\end{matrix}\right.\underrightarrow{t^o,Ni}Y\left\{{}\begin{matrix}H_2:a-11\left(mol\right)\\C_nH_{2n+2}:b+c\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Bảo toàn H: 2a + 2bn + 2cn - 2c = 2a - 22 + 2bn + 2b + 2cn + 2c

=> 2b + 4c = 22

=> b + 2c = 11 (3)

Lấy (1) - (3) => a - c = 9

=> 2a - 2c = 18

Thay vào (2):

14bn + 14cn = 294

=> bn + cn = 21

=> \(n\left(b+c\right)=21\)

=> \(n\left(b+\dfrac{11-b}{2}\right)=21\)

=> \(n.\dfrac{11+b}{2}=21\)

=> \(n=\dfrac{42}{11+b}\)

Mà b > 0 => n < 3,8

      b < 11 => n > 1,9

=> 1,9 < n < 3,8

=> n = 2 hoặc n = 3

TH1: n = 2

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}b+2c=11\\2b+2c=21\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=10\\c=0,5\end{matrix}\right.\)

=> a = 9,5 (mol) => Loại do a \(\ge11\)

TH2: n = 3

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}b+2c=11\\3b+3c=21\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=3\\c=4\end{matrix}\right.\)

=> a = 13 (Thỏa mãn)

Vậy C_nH_2n, C_nH_2n-2 lần lượt là C₃H₆, C₃H₄

CTCT:

C₃H₆: \(CH_2=CH-CH_3\)

C₃H₄: \(CH\equiv C-CH_3\)

X\(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{H_2}=\dfrac{13}{20}.100\%=65\%\\\%V_{C_3H_6}=\dfrac{3}{20}.100\%=15\%\\\%V_{C_3H_4}=\dfrac{4}{20}.100\%=20\%\end{matrix}\right.\)

a)

\(n_{CO_2} = \dfrac{44}{44} = 1(mol)\\ n_{H_2O} = \dfrac{19,8}{18} = 1,1(mol)\\ n_X = n_{H_2O} - n_{CO_2} = 1,1 -1 = 0,1(mol)\\ \Rightarrow \%V_A = \dfrac{0,1}{0,4}.100\% = 25\%\)

b)

C_{trung bình} = \( \dfrac{n_{CO_2}}{n_X} = \dfrac{1}{0,4} = 2,5\)

Suy ra : n < 2,5 < m

Vậy n = 2

A : C₂H₆ ; B : C₂H₂

b)

\(n_C = n_{CO_2} = 1\\ n_H = 2n_{H_2O} = 1,1.2 = 2,2\\ \Rightarrow m_X = m_C + m_H = 1.12 + 2,2 = 14,2(gam)\\ \)

Suy ra :

\(m_C = 14,2.39,43\% = 5,6(gam)\\ m_A = 0,1.30 = 3(gam)\\ m_B = 14,2 - 5,6 - 3 = 5,6 \Rightarrow n_B = \dfrac{5,6}{28} = 0,2(mol)\)

n_C = n_X - n_A -n_B = 0,4 - 0,1 - 0,2 = 0,1

Suy ra : 0,1.14m = 5,6 ⇒ m = 4 (C₄H₈)

a)

C_nH_2n+2   +  O₂  →  nCO₂  +  (n+1)H₂O (1)

C_nH_2n   +  O₂    →  nCO₂   +  nH₂O (2)

C_mH_2m   +  O₂   →  mCO₂   + mH₂O (3)

Ta thấy khi đốt B và C số mol CO₂ thu được bằng số mol H₂O

=> Tổng số mol H₂O - tổng số mol CO₂ = nA

<=> \(\dfrac{19,8}{18}\)- \(\dfrac{44}{44}\)= 0,1 = nA

=> %V_A = \(\dfrac{0,1}{0,4}\).100%= 25%

b) Số nguyên tử C trung bình = \(\dfrac{nCO_2}{nX}\)= 2,5

Mà n < m => n = 2 

CTPT của A là C₂H₆ , của B là C₂H₄

c) Ta có m hỗn hợp X = mC + mH = 1.12 + 1,1.2 = 14,2 gam

=> mC(C_mH_2m) = mX.39,43% = 5,6 gam

=> mB = mX - mA - mC = 14,2 - 0,1.30 - 5,6 = 5,6 gam

=> nB = \(\dfrac{5,6}{28}\)= 0,2 mol

Mà nX = 0,4 => nC = 0,4 - nA - nB = 0,4 - 0,1 - 0,2 = 0,1 mol

<=> M_C = \(\dfrac{5,6}{0,1}\)= 56 (g/mol)

=> 12m + 2m =56  <=>  m = 4

Vậy CTPT của C là C₄H₈

Khi cho hỗn hợp A qua dung dịch brom dư, có phản ứng :

C 2 H 2 + 2 Br 2 → C 2 H 2 Br 4

Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn và có hai khí thoát ra khỏi dung dịch brom, nên hai khí đó là  CH 4  và  C n H 2 n + 2

Theo đề bài  V C 2 H 2 tham gia phản ứng là : 0,896 - 0,448 = 0,448 (lít).

Vậy số mol  C 2 H 2  là 0,448/22,4 = 0,02 mol

Gọi số mol của  CH 4  là X. Theo bài => số mol của  C n H 2 n + 2  cũng là x.

Vậy ta có : x + x = 0,448/22,4 = 0,02 => x = 0,01

Phương trình hoá học của phản ứng đốt cháy hỗn hợp :

2 C 2 H 2  + 5 O 2  → 4 CO 2  + 2 H 2 O

CH 4  + 2 O 2 →  CO 2  + 2 H 2 O

2 C n H 2 n + 2  + (3n+1) O 2  → 2n CO 2  + 2(n+1) H 2 O

Vậy ta có :  n CO 2  = 0,04 + 0,01 + 0,01n = 3,08/44 => n = 2

Công thức phân tử của hiđrocacbon X là C 2 H 6

Đáp án C

n C = 0 , 03 0 , 015 = 2

Mặt khác  C_nH_2n+1NO₂

Điều kiện để thoả mãn  n ≥ 2

Nhìn đáp án thấy loại ngay B, còn A,C,D đều có số Clớn hơn 2

Mà C = 2 => CH₃NH₂ chính là amin

Muối 

Ta có Gọi số mol 2 chất là a, b

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol thu được 1,48 mol hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂.

0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 0,34 mol NaOH suy ra

n X = 0 , 14 ;   n Y + n Z = 0 , 06  →  n N 2 = 0,03 →  n C O 2 + n H 2 O = 1,45

Do thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối nên ancol là đơn chức và hai muối trong đó có 1 muối 2 chức và 1 muối amino axit

Đốt cháy Y và Z thu được số mol H₂O lớn hơn số mol CO₂ là 0,03 mol, đốt cháy X thu được CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,14 mol

→  n C O 2 = 1 , 48 - 0 , 03 - 0 , 03 + 0 , 14 2 = 0 , 78 mol

Ta có: C E = 3 , 9 .  Do vậy m phải từ 3 trở xuống.

Ta có: n < 0 , 78 0 , 14 = 5 , 57  cho nên ancol tạo nên X phải là CH₃OH.

Do vậy n=m+1 cho nên m=3 và m=4.

Vậy 3 chất là C₄H₆O₄ 0,14 mol, C₄H₉O₂N và C₃H₇O₂N.

Giải được số mol của Y và Z lần lượt là 0,04 và 0,02 mol

→ %Z=7,94%

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol thu được 1,48 mol hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂.

0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 0,34 mol NaOH suy ra

Do thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối nên ancol là đơn chức và hai muối trong đó có 1 muối 2 chức và 1 muối amino axit

Đốt cháy Y và Z thu được số mol H₂O lớn hơn số mol CO₂ là 0,03 mol, đốt cháy X thu được CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,14 mol

Ta có: C E ¯ = 3 , 9 .  Do vậy m phải từ 3 trở xuống.

Ta có:  n < 0 , 78 0 , 14 = 5 , 57  cho nên ancol tạo nên X phải là CH₃OH.

Do vậy n=m+1 cho nên m=3 và m=4.

Vậy 3 chất là C₄H₆O₄ 0,14 mol, C₄H₉O₂N và C₃H₇O₂N.

Giải được số mol của Y và Z lần lượt là 0,04 và 0,02 mol

=> %Z =7,94%

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol thu được 1,48 mol hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂.

0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 0,34 mol NaOH suy ra

Do thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối nên ancol là đơn chức và hai muối trong đó có 1 muối 2 chức và 1 muối amino axit

Đốt cháy Y và Z thu được số mol H₂O lớn hơn số mol CO₂ là 0,03 mol, đốt cháy X thu được CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,14 mol

= 0,78 mol

Ta có:

.  Do vậy m phải từ 3 trở xuống.

Ta có:

 cho nên ancol tạo nên X phải là CH₃OH.

Do vậy n=m+1 cho nên m=3 và m=4.

Vậy 3 chất là C₄H₆O₄ 0,14 mol, C₄H₉O₂N và C₃H₇O₂N.

Giải được số mol của Y và Z lần lượt là 0,04 và 0,02 mol