\(CT:C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}+2}\)

\(n_{O_2}=\dfrac{36.8}{32}=1.15\left(mol\right)\)

\(\)\(C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}+2}+\dfrac{3\overline{n}+1}{2}O_2\underrightarrow{t^0}nCO_2+\left(n+1\right)H_2O\)

\(\dfrac{2.3}{3\overline{n}+1}........1.15\)

\(M=\dfrac{10.2}{\dfrac{2.3}{3\overline{n}+1}}=\dfrac{102}{23}\left(3\overline{n}+1\right)\) 

\(\Rightarrow14\overline{n}+2=\dfrac{102}{23}\cdot\left(3\overline{n}+1\right)\)

\(\Rightarrow\overline{n}=3.5\)

\(CT:C_3H_8\left(amol\right),C_4H_{10}\left(bmol\right)\)

\(m=44a+58b=10.2\left(g\right)\left(1\right)\)

\(n_{O_2}=5a+6.5b=1.15\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right):\)

\(a=b=0.1\)

\(\%C_3H_8=\dfrac{4.4}{10.2}\cdot100\%=43.13\%\)

\(\%C_4H_{10}=56.84\%\)

Dùng pp bảo toàn nguyên tố Oxi và bảo toàn khối lượng. 
Gọi a = n(CO2) ; b = n(H2O). 
Ta có: 44a + 18b = m(ankan) + m(O2) = 47 (g). 
Áp dụng BT nguyên tố Oxi: 
2a + b = 36,8/32 * 2 = 2,3. 
Giải hệ 2 pt trên tìm được a = 0,7 ; b = 0,9. 
==> m(CO2) = 30,8 (g) ; m(H2O) = 16,2 (g). 

Gọi công thức chung của X, Y là C_nH_2n+2

\(n_{O_2}=\dfrac{36,8}{32}=1,15\left(mol\right)\)

PTHH: C_nH_2n+2 + \(\dfrac{3n+1}{2}\)O₂ --t^o--> nCO₂ + (n+1)H₂O

         \(\dfrac{2,3}{3n+1}\)<-----1,15

=> \(M_{C_nH_{2n+2}}=14n+2=\dfrac{10,2}{\dfrac{2,3}{3n+1}}\left(g/mol\right)\)

=> n = 3,5

Mà X,Y là 2 ankan kế tiếp nhau

=> X, Y là C₃H₈ và C₄H₁₀ 

Gọi số mol C₃H₈ và C₄H₁₀ là a, b (mol)

PTHH: C₃H₈ + 5O₂ --t^o--> 3CO₂ + 4H₂O

               a--->5a---------->3a----->4a

            2C₄H₁₀ + 13O₂ --t^o--> 8CO₂ + 10H₂O

               b------->6,5b--------->4b------>5b

=> \(\left\{{}\begin{matrix}44a+58b=10,2\\5a+6,5b=1,15\end{matrix}\right.\)

=> a = 0,1; b = 0,1 

=> \(\left\{{}\begin{matrix}m_{C_3H_8}=0,1.44=4,4\left(g\right)\\m_{C_4H_{10}}=0,1.58=5,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{CO_2}=3a+4b=0,7\left(mol\right)\)

=> \(m_{CO_2}=0,7.44=30,8\left(g\right)\)

 \(m_{H_2O}=\left(4a+5b\right).18=16,2\left(g\right)\)

Đáp án: A

Chọn đáp án C

đốt cháy G cần 0 , 16   m o l   O 2 → t 0 0 , 14   m o l   C O 2 + 0 , 14   m o l   H 2 O

n C O 2   =   n H 2 O chứng tỏ G là hỗn hợp este no, đơn chức, mạch hở dạng C_nH_2nO₂.

G chứa 2O nên bảo toàn O có 2 n G   +   2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O

→ n_G = 0,05 mol.

→ n = 0,14 ÷ 0,05 = 2,8

→ G gồm C₂H₄O₂ và C₃H₆O₂.

Sơ đồ chéo hoặc giải hệ có n C 2 H 4 O 2   =   0 , 01   m o l và n C 3 H 6 O 2 =   0 , 04   m o l

→ % s ố   m o l e s t e   c ó   P T K   n h ỏ   h ơ n = 0 , 01 : 0 , 05 = 20 %

Gọi CTTQ của X là $C_nH_{2n+2}$

$n_X = \dfrac{1,12}{22,4} = 0,05(mol)$

$n_{O_2} = \dfrac{4,928}{22,4} = 0,22(mol)$
$C_nH_{2n+2} + \dfrac{3n+1}{2} O_2 \xrightarrow{t^o} nCO_2 + (n + 1)H_2O$

Theo PTHH : $n_{O_2} = \dfrac{3n+1}{2}n_X$

$\Rightarrow 0,22 = \dfrac{3n+1}{2}.0,05$

$\Rightarrow n = 2,6$

Vậy X gồm $C_2H_6$ và $C_3H_8$

Gọi $n_{C_2H_6} = a(mol) ; n_{C_3H_8} = b(mol)$

$C_2H_6 + \dfrac{7}{2}O_2 \xrightarrow{t^o} 2CO_2 + 3H_2O$

$C_3H_8 +  5O_2 \xrightarrow{t^o} 3CO_2 + 4H_2O$

Theo PTHH : $n_{O_2} = 3,5a + 5b = 0,22 ; n_X = a + b = 0,05$
$\Rightarrow a = 0,02 ; b = 0,03$

$\%V_{C_2H_6} = \dfrac{0,02}{0,05}.100\% = 40\%$

Đáp án B

Giả sử trong 22,2 g hỗn hợp M có x mol C và y mol C n + 1 H 2 n + 4 :

(14n + 2)x + (14n + 16)y = 22,2 (1)

Số mol O 2 :

n O 2  

⇒ (3n + 1)x + (3n + 4)y = 4,9 (2)

Nhân (2) với 14: (42n + 14)x + (42n + 56)y = 68,6 (2')

Nhân (1) với 3: (42n + 6)x + (42n + 48)y = 66,6 (1')

Lấy (2') trừ đi (1'): 8x + 8y = 2

x + y = 0,25

Biến đổi (2): 3n(x + y) + x + 4y = 4,9

Thay x + y = 0,25; 0,75n + 0,25 + 3y = 4,9

⇒ 3y = 4,65 - 0,75n

y = 1,55 - 0,25n

Vì 0 < y < 0,25 ⇒ 0 < 1,55 - 0,25n < 0,25

5,2 < n < 6,2

n = 6 ⇒ y = 1,55 - 0,25.6 = 5. 10 - 2

x = 0,25 - 5. 10 - 2  = 0,2

% về khối lượng C 6 H 14  trong hỗn hợp M: 

% về khối lượng C 7 H 16