Biết 1 lít hỗn hợp A ở dạng khí nặng gấp hai lần 1 lít khí  C 2 H 6  ở cùng điều kiện.

⇒ n A = n C 2 H 6  ⇒ M A = 2 M C 2 H 6

(cùng điều kiện nên tỉ lệ thể tích chính là tỉ lệ số mol)

Ba chất có cùng công thức phân tử ⇒ có cùng khối lượng mol phân tử : M = 2.30 = 60 (gam/mol). Khi đốt cháy hỗn hợp A thu được  CO 2 ,  H 2 O  → công thức phân tử của các chất có dạng C x H y O z

Phương trình hoá học

C x H y O z  + (x + y/4 - z/2) O 2  → x CO 2  + y/2 H 2 O

CO 2  +  Ca OH 2  → Ca CO 3 +  H 2 O

Ta có : n CO 2 = n CaCO 3  = 15/100 = 0,15mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :

m A + m O = m CO 2 + m H 2 O

⇒ 3 + 7,2 = 0,15 x 44 + m H 2 O ⇒ m H 2 O  = 3,6g

n A  = 3/60 = 0,05mol; n CO 2  = 0,05x = 0,15 ⇒ x = 3

n H 2 O  = 0,05y/2 = 3,6/18 ⇒ y = 8

M A  = 12x + y + 16z = 60 ⇒ z = 1 ⇒ ông thức phân tử của A là C 3 H 8 O

Công thức cấu tạo của ba chất là : CH 3 CH 2 CH 2 OH

CH 3 CHOH CH 3

CH 3 -O- CH 2 CH 3

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.

Chọn C.

Chất rắn khan là Na₂CO₃, NaCl với  

Xét phản ứng cháy của ancol:

Đặt  

Hỗn hợp muối gồm C₁₇H₃₅COONa (0,3); C_mH_{2m – 1}O₂Na (0,1).

Khi đốt cháy hỗn hợp muối thì thu được

Vậy X là CH₃COOC₅H₁₁ có 14 nguyên tử H.

Chọn đáp án C

– Xử lý dữ kiện ancol: nCO2 = 0,8 mol; nH2O = 1 mol.

⇒ neste = nancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol.

● Đặt nCO2 = x; nH2O = y ⇒ ∑m(CO2,H2O) = 44x + 18y = 334,8(g).

Đốt muối ⇌ đốt axit ⇒ x = y ||⇒ giải hệ có: x = y = 5,4 mol.

● Đặt ntristearin = a; nX = b ⇒ neste = a + b = 0,2 mol.

nNaOH pứ = 3a + b = 0,6 – 0,2 = 0,4 mol ||⇒ giải hệ có: a = b = 0,1 mol.

⇒ Cancol đơn = 5 || Bảo toàn Natri: nNa2CO3 = 0,2 mol.

Bảo toàn Cacbon: Cmuối còn lại = 2 ||⇒ X là CH3COOC5H11

Gọi công thức phân tử của A, B là C x H y O

Phương trình hoá học:

C x H y O  + (x +y/4 -1/2) O 2  → x CO 2 + y/2 H 2 O

n CO 2  = 17,6/44 = 0,4 mol;  n H 2 O  = 9/18 = 0,5 mol (1)

m C  = 0,4.12 = 4,8 gam;  m H  = 0,5.2 = 1g (2)

Từ (1), (2)

→ x : y : 1 = 4,8/12 : 1/1 : 1,6/16 = 0,4 : 1 : 0,1

Vậy  m O  = 7,4 - 4,8 - 1,0 = 1,6 (gam)

=> Công thức phân tử của A, B là C 4 H 10 O

Ta có M A , B  = 74 (g/mol)

n A , B  = 7,4/74 = 0,1 mol

Khi phản ứng với Na có khí bay ra → trong A, B có nhóm OH.

Phương trình hoá học :

C 4 H 9 OH + Na →  C 4 H 9 ONa + 1/2 H 2

Vậy số mol có nhóm OH là 2 n H 2  = 2. 0,672/22,4 = 0,06 <  n A , B

→ trong A, B có 1 chất không có nhóm OH → Cấu tạo tương ứng là

Chất không có nhóm OH :