Đáp án A

X₁ gồm

 
Vì X₁ làm nhạt màu Br₂ → C_mH_2m dư.
n_X1 = 0,02 mol → n_H2 = 0,025 - 0,02 = 0,005 mol.
m_{bình Br2 tăng} = m_{CmH2m dư} = 0,345 gam.
A₂ gồm C_nH_{2n + 2}: b mol; C_mH_{2m + 2}: a mol.
n_X2 = 0,0125 mol; M_X2 = 1,283 x 29 = 37,2.
Trong X₂ có b = 0,0125 - 0,005 = 0,0075 mol.
a + b + c = 0,025 → c = 0,0125 mol.
_CmH2mdu = c - a = 0,0075

→ m = 3,3 → C₃H₆ và C₄H₈.
Theo BTKL:

m_X = m_X1 = m_A2 + m_{anken dư}

= 37,2 x 0,0125 + 0,345 = 0,81 gam.

Trong X: m_H2 = 2 x 0,005 = 0,01 mol

→ m_CmH2m = 14m x c = 0,575 mol

→ m_{CnH2n + 2} = 0,225 gam.

Đáp án A

Vì khi cho chất rắn thu được sau phản ứng với CO tác dụng với dung dịch HCl tạo ra khí H₂ nên R phải là kim loại đứng sau Al và đứng trước hidro trong dãy hoạt động hóa học. Đặt công thức oxit của R là R_xO_y.

                   CuO  +  CO   →    Cu  +  CO₂

                   a                           a

                    R_xO_y  +  y CO    →    x R  +  y CO₂

                    c                                xc

                   Al₂O₃  +  6 HCl    →    2 AlCl₃  +  3 H₂O

                  b              6b

                   R  +  n HCl    →    RCl_n  +  n/2 H₂

                  xc         nxc            xc         nxc/2

Đặt số mol của CuO, Al₂O₃, R_xO_y trong 6,1 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b và c. Ta có:

80 a + 102 b + ( x M R + 16 y ) c = 6 , 1   ( 1 ) 1 , 28 + 102 b + M R x c = 4 , 28   ( 2 ) 64 a = 1 , 28   ( 3 ) 6 b + n x c = 0 , 15   ( 4 ) n x c / 2 = 0 , 045   ( 5 ) ( 3 ) ⇒ a = 0 , 02 ( 5 ) ⇒ n c x = 0 , 09   ( 6 ) ( 4 ) ⇒ b = 0 , 01 ( 2 ) ⇒ M R = 28 n   ⇒ n = 2 ;   M R = 56 ,   R   l à   F e ( 6 ) ⇒ x c = 0 , 045 ( 1 ) ⇒ y c = 0 , 06 ⇒ x y = 0 , 045 0 , 06 = 3 4 ⇒ x = 3 ;   y = 4

Công thức oxit là Fe₃O_4.

Đáp án B

\(V_{C_2H_6}=13,44-6,72=6,72\left(l\right)\)

=> \(n_{C_2H_6}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{C_2Ag_2}=\dfrac{24}{240}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(n_{C_2H_2}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(n_{C_2H_4}=\dfrac{13,44}{22,4}-0,3-0,1=0,2\left(mol\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_6}=\dfrac{0,3.30}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=52,326\%\\\%m_{C_2H_4}=\dfrac{0,2.28}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=32,558\%\\\%m_{C_2H_2}=\dfrac{0,1.26}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=15,116\%\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(V_{H_2O}=1400-800=600\left(ml\right)\)

\(V_{O_2\left(dư\right)}+V_{N_2}=400\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=800-400=400\left(ml\right)\)

BTNT O, có: \(V_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{2V_{CO_2}+V_{H_2O}}{2}=700\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2\left(dư\right)}=900-700=200\left(ml\right)\) \(\Rightarrow V_{N_2}=400-200=200\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_xH_y}=400-200=200\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{V_{CO_2}}{V_{C_xH_y}}=2\\y=\dfrac{2V_{H_2O}}{V_{C_xH_y}}=6\end{matrix}\right.\)

Vậy: CTPT của X là C₂H₆.

Đáp án C

Chọn D

Thể tích mất đi khi đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc chính  là H₂O

=> V_H2O = 550 – 250 = 300 ml

=> Số H trung bình trong X = 6. Mà X có C₂H₇N

=> Số H trong 2 hidrocacbon còn lại phải có ít nhất 1 chất có H < 6

=> Loại A và B

C₂H₇N + O₂ -> 2CO₂ + 0,5N₂ + 3,5H₂O

=> V_H2O – V_CO2 – V_N2 = V_amin

Mà ta thấy V_H2O – V_CO2 – V_H2O = 50 ml < V_X

=> hidrocacbon trong X không thể là ankan vì ankan : V_H2O – V_CO2 = V_ankan

=> Loại C

=> đáp án D hợp lý nhất